geometria

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lozio
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Messaggio da lozio » 01 gen 1970, 01:33

qualcuno può aiutarmi a risolvere questo problema?
<BR> Due rette sono tangenti ad una circonferenza in A e B. Le distanze di un
<BR>punto M, variabile sulla ciconferenza, dalle due tangenti valgono a e b. Dimostrare che la
<BR>distanza tra M e la retta AB è sqrt(a*b).
<BR>Grazie
<BR>[addsig]
giuseppe ornaghi

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NicolasBourbaki
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Messaggio da NicolasBourbaki » 01 gen 1970, 01:33

Dimostrazione:
<BR>siano R ed R\' i piedi delle perpendicolari da M alle tangenti,T e T\' rispettivamente i punti di tangenza,H il piede della perpendicolare da M ad AB. Perciò MH=d,MR=a,
<BR>MR\'=b.
<BR>I due quadrilateri MRTH e MR\'T\'H sono entrambi ciclici (ovvio!!)e tra loro simili,avendo entrambi tutti gli angoli ordinatamente congruenti.Infatti MR\'T\'=MHT e MHT\'=MRT in quanto retti,inoltre RTH=HT\'R\' perchè angoli alla circonferenza che insistono sullo stesso arco TT\'.
<BR>Dalla similitudine segue allora MR\':MH=MH:MR,quindi d^2=a*b,che è la tesi.
<BR>C.V.D.

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NicolasBourbaki
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Messaggio da NicolasBourbaki » 01 gen 1970, 01:33

Nota:avevo iniziato trattando dei casi particolari e ci avevo perso un po\' di tempo..invece la soluzione generale è di una facilità e bellezza disarmanti!!
<BR>E\' senza dubbio un problema facile,ma che mostra lo straordinario fascino della geometria.
<BR>Enjoy the forum !!!
<BR>BOURBAKI

lozio
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Messaggio da lozio » 01 gen 1970, 01:33

<BR>
<BR> L’affermazione che due quadrilateri equiangoli siano simili non mi sembra esatta. Sia ABCD simile ad A’B’C’D’, allora, AB : A’B’ = BC : B’C’ = CD : C’D’ = DA : D’A’. Sia ora EF parallelo a DC, quindi ABFE e A’B’C’D’ sono equiangoli ma certamente non simili, si ha infatti:
<BR>AB : A’B’ = BC : B’C’≠ BF : B’C’, perché BF ≠ BC.
<BR> Il problema in questione si risolve, invece, correttamente con triangoli simili.
<BR>
<BR><!-- BBCode Start --><IMG SRC="null"><!-- BBCode End -->[addsig]
giuseppe ornaghi

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NicolasBourbaki
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Messaggio da NicolasBourbaki » 01 gen 1970, 01:33

Mi permetto di precisare che,data la banalità dell\'esercizio, quanto da me scritto sopra non voleva essere una dimostrazione dettagliata,di tipo olimpico,ma solo un\'indicazione della traccia da seguire nello svolgimento.Nella fattispecie non è che volessi creare un nuovo concetto di similitudine....ho dato solo per scontate alcune cosette,perchè assai evidenti.
<BR>Detto questo i quadrilateri MRTH e MHT\'R\' sono effettivamente simili,perchè,secondo la più comune definizione di similitudine,hanno tutti gli angoli ordinatamente congruenti e tutti i lati ordinatamente in proporzione.
<BR>Per gli angoli si è già detto sopra;per i lati si osservi che è sufficiente mostrare che due lati consecutivi dei due quadrilateri sono ordinatamente in proporzione :ad esempio mostriamo che MH:MR=HT\':RT .Questo segue immediatamente dalla similitudine dei triangoli MRT e MHT\',che a sua volta discende dal primo criterio di similitudine dei triangoli,infatti:
<BR>1-TRM=MHT\'in quanto entrambi retti
<BR>2-RTM=TT\'Min quanto angoli alla circonf.che insistono sull\'arco TM
<BR>3-RMT=HMT\' segue da 1 e 2.
<BR>Direi che a questo punto siamo a posto.
<BR>In ogni caso,se vogliamo essere pignoli,dobbiamo distiguere i vari casi relativi alle diverse posizioni che M può occupare sulla circonferenza...ma francamente mi pare burocrazia più che sostanza.
<BR>
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