per chi non ha seguito le vicende peruviane non lontano da qui questo problema potrebbe risultare molto difficile.....
Due circonferenze $ \omega_1 $ e $ \omega_2 $ (di centri $ O_1 $ e $ O_2 $) si intersecano in X e Y. Si traccino le due tangenti comuni $ t_1 $ e $ t_2 $, e siano $ t_1\cup\omega_1=P_1 $, $ t_1\cup\omega_2=P_2 $, $ t_2\cup\omega_1=Q_1 $, $ t_2\cup\omega_2=Q_2 $. Siano poi $ M_1 $ il punto medio di $ P_1Q_1 $ e $ M_2 $ il punto medio di $ P_2Q_2 $.
Dimostrare che $ \angle{O_1XO_2}=\angle{M_1XM_2} $
ciao ciao
EDIT:in effetti, non c'è affatto bisogno del lemma delle mediane del thread qui a fianco per risolverlo.....
IMO 1983/2
yuppie!
Credo di aver risolto il mio primo esercizio con l'inversione... che è veramente una figata, se non per il fatto che sembra di barare
Innanzitutto cominciamo col problema originale:
Se P è l'intersezione delle tangenti comuni, esiste un'omotetia H che manda la circonferenza piccola nell'altra.
Quest'omotetia manda anche M2 in M1 e A in A', dove A' è l'intersezione di PA con la circ. di centro O2.
Visto che l'omotetia conserva gli angoli, il problema è equivalente a dimostrare che:$ \angle O_1A'M_1 = \angle O_1AM_1 $, ovvero che O1, M1, A, A' sono conciclici.
Ora, visto che M1 è l'inverso di P rispetto alla circ. di centro O1, può venir in mente di usare l'inversione.
Se inverto nella circ. di centro O1:
P e M1 si scambiano (per costruzione sono uno l'inverso dell'altro)
La retta PA va in una circonferenza che passa per O1, A, A' (chiamiamola $ \Gamma_2 $
La circonferenza per O1, A, A' va in una retta per A e A'.
A, A', la circ. di inversione (chiamiamola $ \Gamma_1 $ restano fisse.
Otteniamo il disegno seguente:
Dove le ipotesi sono che:
-P inverso di M1
- A, A', O1, P conciclici su $ \Gamma_2 $
Vogliamo dimostrare che A', A, M1 sono collineari.
Bene, abbiamo finito di trasformare il problema, resta di risolverlo, ma ora è proprio semplice...
Dal fatto che P è inverso di M1 (per angoli, similitudini...) otteniamo che la potenza di M1 rispetto a $ \[ \Gamma_1 \] $ è uguale a $ \[ M_1P \cdot M_1O_1 \] $ - ma questa è proprio la potenza di M1 rispetto a $ \[ \Gamma_2 \] $! Quindi M1 giace sull'asse radicale delle due circonferenze, ed è allineato con A e A'.
Q.E.D.S.G.O.P.N.
Comunque sarebbe interessante vedere altre soluzioni, in particolare quella con il lemma peruviano (o senza).
Credo di aver risolto il mio primo esercizio con l'inversione... che è veramente una figata, se non per il fatto che sembra di barare
Innanzitutto cominciamo col problema originale:
Se P è l'intersezione delle tangenti comuni, esiste un'omotetia H che manda la circonferenza piccola nell'altra.
Quest'omotetia manda anche M2 in M1 e A in A', dove A' è l'intersezione di PA con la circ. di centro O2.
Visto che l'omotetia conserva gli angoli, il problema è equivalente a dimostrare che:$ \angle O_1A'M_1 = \angle O_1AM_1 $, ovvero che O1, M1, A, A' sono conciclici.
Ora, visto che M1 è l'inverso di P rispetto alla circ. di centro O1, può venir in mente di usare l'inversione.
Se inverto nella circ. di centro O1:
P e M1 si scambiano (per costruzione sono uno l'inverso dell'altro)
La retta PA va in una circonferenza che passa per O1, A, A' (chiamiamola $ \Gamma_2 $
La circonferenza per O1, A, A' va in una retta per A e A'.
A, A', la circ. di inversione (chiamiamola $ \Gamma_1 $ restano fisse.
Otteniamo il disegno seguente:
Dove le ipotesi sono che:
-P inverso di M1
- A, A', O1, P conciclici su $ \Gamma_2 $
Vogliamo dimostrare che A', A, M1 sono collineari.
Bene, abbiamo finito di trasformare il problema, resta di risolverlo, ma ora è proprio semplice...
Dal fatto che P è inverso di M1 (per angoli, similitudini...) otteniamo che la potenza di M1 rispetto a $ \[ \Gamma_1 \] $ è uguale a $ \[ M_1P \cdot M_1O_1 \] $ - ma questa è proprio la potenza di M1 rispetto a $ \[ \Gamma_2 \] $! Quindi M1 giace sull'asse radicale delle due circonferenze, ed è allineato con A e A'.
Q.E.D.S.G.O.P.N.
Comunque sarebbe interessante vedere altre soluzioni, in particolare quella con il lemma peruviano (o senza).
Credo che potevi anche concludere dicendo che essendo M1 l'inverso di P, a e a' gli inversi di sè stessi, allora A, A', M1 e O sono sulla stessa circonferenza che è l'inversa della retta PA', e quindi gli angoli alla circonferenza che sottendono la stessa corda sono congruenti, cioè i due angoli cercati.
Welcome to the real world...
ah ,invece la soluzione col lemma delle mediane:
(che sta qui, che sta nel 4° post dal'alto)
devo dimostrare che $ O1, M1, A, A' $ sono conciclici.
il lemma dice, in pratica, che $ \angle P_1A'A=\angle M_1A'P_2 $ e che $ \angle P_1AA'=\angle M_1AP_2 $.
da questo (non scrivo i dettagli) diciamo che i triangoli $ P_1AA' $, $ M_1P_2A' $ e $ M_1AP_2 $ sono simili e infine che $ \angle A'M_1A $ è uguale all'angolo al centro che insiste sull'arco $ AA' $, e quindi che $ O1, M1, A, A' $ sono conciclici.
(in realtà il concetto è che quel lemma svela quanto valgono TUTTI gli angoli della figura, e quindi il problema non può non venire)
ciao ciao
EDIT:
...si sa che io e l'italiano.....
(che sta qui, che sta nel 4° post dal'alto)
devo dimostrare che $ O1, M1, A, A' $ sono conciclici.
il lemma dice, in pratica, che $ \angle P_1A'A=\angle M_1A'P_2 $ e che $ \angle P_1AA'=\angle M_1AP_2 $.
da questo (non scrivo i dettagli) diciamo che i triangoli $ P_1AA' $, $ M_1P_2A' $ e $ M_1AP_2 $ sono simili e infine che $ \angle A'M_1A $ è uguale all'angolo al centro che insiste sull'arco $ AA' $, e quindi che $ O1, M1, A, A' $ sono conciclici.
(in realtà il concetto è che quel lemma svela quanto valgono TUTTI gli angoli della figura, e quindi il problema non può non venire)
ciao ciao
EDIT:
...si sa che io e l'italiano.....
Ultima modifica di frengo il 27 set 2006, 11:36, modificato 1 volta in totale.
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