Triangolo e cerchio

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Piera
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Triangolo e cerchio

Messaggio da Piera » 14 feb 2006, 07:30

Sia ABC un triangolo equilatero e D un punto interno al lato BC. Un cerchio, tangente a BC in D, taglia AB internamente in M e N, e AC internamente in P e Q.
Dimostrare che BD + AM + AN = CD + AP + AQ.

Leandro
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Messaggio da Leandro » 18 feb 2006, 12:17

Immagine
Si ha (c=lato del triangolo):
$ \displaystyle c=BD+DC $
$ \displaystyle c^2=BD^2+DC^2+2BD.DC $
$ \displaystyle c^2=BD^2+DC^2+2BD.(c-BD) $
$ \displaystyle c^2=-BD^2+DC^2+2c.BD $
$ \displaystyle c^2=-BM.BN+CQ.CP+2c.BD $
$ \displaystyle c^2=-(c-AM)(c-AN)+(c-AQ)(c-AP)+2c.BD $
$ \displaystyle c^2=-c^2+c(AM+AN)-AM.AN+ $$ c^2-c(AP+AQ)+AP.AQ+2c.BD $
Ma $ \displaystyle AM.AN=AP.AQ $ e quindi semplificando:
$ \displaystyle AP+AQ+c-BD=AM+AN+BD $ da cui appunto:
$ \displaystyle AP+AQ+CD=AM+AN+BD $
Leandro

Piera
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Messaggio da Piera » 18 feb 2006, 15:03

Riporto anche la mia soluzione.
Indichiamo con a il lato del triangolo equilatero.

Dal teorema delle due secanti applicato alle rette AM e AQ segue che:
AM : AQ = AP : AN , ovvero AQ * AP = AM * AN (1)

Utilizzando il teorema della tangente e della secante su CD e CP si ha:
( a– AQ) : DC = DC : ( a – AP) , ovvero
DC^2 = a^2 –a*AP-a*AQ+AQ*AP
Applicando la (1) si ottiene
DC^2 = a^2 –a*AP-a*AQ+AM*AN (2)

Utilizzando il teorema della tangente e della secante su BD e BN si ha:
(a-AM) : (a-DC) = (a-DC): (a-AN)
svolgendo un po’ di conti si ottiene
DC^2 =2a*CD-a*AN-a*AM+AM*AN (3)

Poiché (2) = (3) , ovvero (2) - (3) = 0 segue
a^2 –a*AP-a*AQ - 2a*CD+a*AN+a*AM = 0
dividendo tutto per a
a – AP-AQ-2DC+AN+AM = 0
a-DC+AN+AM = DC+AQ+AP
BD+AN+AM = DC+AQ+AP

gianmaria
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Messaggio da gianmaria » 18 feb 2006, 19:56

Il triangolo disegnato da Leandro non è equilatero e suggerisce una seconda domanda: sapreste fare una figura generica che rispetti tutte le condizioni poste da Piera? O il suo quesito è una presa in giro, e l'unica soluzione è il cerchio inscritto?

Leandro
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Messaggio da Leandro » 19 feb 2006, 10:32

Immagine
Indubbiamente ci sono delle limitazioni per la posizione del punto D
(entro BC) e per quella del centro della circonferenza (sulla perpendicolare
da D a BC) ma non credo che la soluzione del problema si riduca alla
sola circonferenza inscritta in ABC.
Leandro

gianmaria
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Messaggio da gianmaria » 19 feb 2006, 16:31

Giusto e lo dimostri con la figura. Pongo la mia domanda in altro modo: dimostrare che esiste un triangolo tale che se la circonferenza ha centro nel suo interno ed è tangente a BC, la figura soddisfa tutte le richieste (condizione sufficiente ma non necessaria).

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