Ancora geometria.

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

1) siano date due circonferenze C1 e C2 la cui tangente comune le tocca in P e Q. Esse si intersecano in M e N, con N più vicino alla tangente. dimostrare che i triangoli MNQ e MNP sono equiestesi.
<BR>
<BR>
<BR>2) stessa figura, ma la retta passante per N incontra l\'altra circonferenza in R. Dimostrare che MQ biseca l\'angolo PMR.
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>3) dimostrare che, essendo a, b, c i lati di un triangolo e r il raggio del cerchio circoscritto, se a^2+b^2+c^2=8r^2 allora il triangolo è rettangolo.
<BR>
<BR>Buon divertimento.
<BR>
<BR>
<BR>

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

allora?nessuna soluzione in vista? <IMG SRC="images/splatt_forum/icons/icon21.gif">

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

Nel 2 vuoi dire la retta per P ed N?
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Antimateria
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Messaggio da Antimateria » 01 gen 1970, 01:33

Ok, se insisti...
<BR>
<BR>1) Sia T l\'intersezione tra le rette per PQ e per MN. Abbiamo <PMN=<TPN, perchè angoli alla circ. che insistono sullo stesso arco. Quindi i triangoli PMT e PTN sono simili, e PT^2=MTxNT. Ripetendo lo stesso ragionamento con i triangoli QTM e QNT, si ha QT^2=MTxNT, da cui PT^2=QT^2, e PT=QT. Perciò i triangoli MTP e MTQ sono equiestesi, come pure i triangoli NTP e NTQ. Da ciò si deduce la tesi, perchè MNP = MTP-NTP = MTQ-NTQ = MNQ.
<BR>
<BR>2) Molto incasinato. R è l\'intesezione tra la retta PN e la circ. a cui appartiene Q, mentre S è l\'intersezione tra la retta QN e la circ. a cui appartiene P. Allora, <MQR=<MNR perchè insistono sullo stesso arco; <MNR=<MSP, perchè entrambi supplementari di <PNM (il quadrilatero SPNM è inscrittibile, quindi gli angoli opposti sono supplementari); <MSP=<MPT perchè insistono sullo stesso arco, quindi <MPQ=<MQR. Ma <MRQ=<MQT perchè entrambi insistono sull\'arco MQ, perciò i triangoli PQM e QRM hanno gli angoli ordinatamente congruenti, e in particolare <PMQ=<QMR.
<BR>
<BR>3) Dimostriamo prima che la relazione a^2+b^2+c^2=8r^2 vale per tutti i triangoli rettangoli. Se c è l\'ipotenusa, abbiamo a^2+b^2=c^2 e c=2r, da cui a^2+b^2+c^2=2c^2=8r^2. Consideriamo adesso un triangolo ottusangolo ABC, con l\'angolo in A ottuso, e consideriamo la sua circ. circoscritta. Possiamo prendere il triangolo rettangolo con l\'ipotenusa parallela a BC e l\'angolo retto in A. Tutti i lati del triangolo rettangolo sono più lunghi di quelli di ABC, quindi si ha a^2+b^2+c^2<8r^2. Si consideri invece il triangolo acutangolo ABC, e si tracci il diametro AD della circ. circoscritta. I triangoli ABD e ACD sono rettangoli e l\'angolo <BDC è ottuso, quindi BC^2>BD^2+DC^2. Allora AB^2+BC^2+CA^2 > AB^2+BD^2+DC^2+CA^2 = (AB^2+BD^2+DA^2) + (DC^2+CA^2+AD^2) - 2DA^2 = 8r^2+8r^2-8r^2 = 8r^2. Ricapitolando, per i triangoli acutangoli vale a^2+b^2+c^2>8r^2.
<BR>
<BR> <IMG SRC="images/splatt_forum/icons/icon21.gif">

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

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>1) Sia T l\'intersezione tra le rette per PQ e per MN. Abbiamo < PMN= < TPN, perchè angoli alla circ. che insistono sullo stesso arco. Quindi i triangoli PMT e PTN sono simili, e PT^2=MTxNT. Ripetendo lo stesso ragionamento... </BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>Si chiamava teorema della tangente e della secante, credo (giusto per il gusto di correggerti...)
<BR><BR><BR><font size=1>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: DD il 2002-06-11 12:35 ]</font>
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Messaggio da Antimateria » 01 gen 1970, 01:33

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<BR>
<BR>GRAZIE, lo so!!!!!
<BR>Non mi andava di citare un teorema che forse non tutti conoscono, e visto che la dimostrazione era così breve, l\'ho riscritta.......
<BR>
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Messaggio da Antimateria » 01 gen 1970, 01:33

Comunque era il teorema della secante e della tangente, non della tangente e della secante... almeno secondo il glossario del libretto dei problemi olimpici.
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