CentroAmerican 2009 - 2
CentroAmerican 2009 - 2
Due circonferenze $ $\Gamma_1$ $ e $ $\Gamma_2$ $ si intersecano nei punti A e B. Consideriamo una circonferenza $ $\Gamma$ $ che è contenuta in $ $\Gamma_1$ $ e $ $\Gamma_2$ $ e tangente ad entrambe rispettivamente nei punti D e E. Sia C una delle intersezioni della retta AB con $ $\Gamma$ $, F l'intersezione della retta EC con $ $\Gamma_2$ $ e G l'intersezione della retta DC con $ $\Gamma_1$ $. Siano H e I rispettivamente i punti di intersezione della retta DE con $ $\Gamma_1$ $ e $ $\Gamma_2$ $.
Dimostrare che il quadrilatero FGHI è ciclico.
Buon lavoro!
Dimostrare che il quadrilatero FGHI è ciclico.
Buon lavoro!
Ultima modifica di mod_2 il 08 nov 2009, 15:57, modificato 1 volta in totale.
Appassionatamente BTA 197!
Re: CentroAmerican 2009 - 2
... ...caspita non capisco il disegno cavolo....
..Ma allora sia il punto G che H che I stanno sulla retta che passa per D e C?mod_2 ha scritto:G l'intersezione della retta DC con $ $\Gamma_1$ $. Siano H e I rispettivamente i punti di intersezione della retta DC con $ $\Gamma_1$ $ e $ $\Gamma_2$ $.
Dimostrare che il quadrilatero FGHI è ciclico.
- karlosson_sul_tetto
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Re: CentroAmerican 2009 - 2
E $ G $ e $ H $ non sarebbero lo stesso punto?Reginald ha scritto:... ...caspita non capisco il disegno cavolo......Ma allora sia il punto G che H che I stanno sulla retta che passa per D e C?mod_2 ha scritto:G l'intersezione della retta DC con $ $\Gamma_1$ $. Siano H e I rispettivamente i punti di intersezione della retta DC con $ $\Gamma_1$ $ e $ $\Gamma_2$ $.
Dimostrare che il quadrilatero FGHI è ciclico.
"Inequality happens"
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"Chissa se la fanno anche da asporto"
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"Chissa se la fanno anche da asporto"
Io ho percorso questa strada:
1) Dimostro che EDFG è ciclico sfruttando il fatto che C sta sull'asse radicale
2) Se le circonferenze grandi avessero lo stesso raggio la tesi sarebbe ovvia per ragioni di simmetria, quindi lo suppongo diverso e prendo le tangenti comuni che si intersecano nel loro centro di omotetia X
3) Esiste un'inversione di raggio XA che ha centro nel centro di omotetia suddetto che manda ogni circonferenza grande nell'altra
4) La circonferenza tangente (quella piccola) viene trasformata in se stessa da questa inversione
5) FG tange le due circonferenze grandi (la tangente in E, EF e FG delimitano un triangolo isoscele), quindi FG passa per X
6) Sfrutto l'omotetia+l'inversione per dire che XH*XI=XE*XD
7) Essendo XE*XD=XG*XF ottengo XH*XI=XG*XF, cioè la tesi
Quando ho tempo risistemo tutto..
1) Dimostro che EDFG è ciclico sfruttando il fatto che C sta sull'asse radicale
2) Se le circonferenze grandi avessero lo stesso raggio la tesi sarebbe ovvia per ragioni di simmetria, quindi lo suppongo diverso e prendo le tangenti comuni che si intersecano nel loro centro di omotetia X
3) Esiste un'inversione di raggio XA che ha centro nel centro di omotetia suddetto che manda ogni circonferenza grande nell'altra
4) La circonferenza tangente (quella piccola) viene trasformata in se stessa da questa inversione
5) FG tange le due circonferenze grandi (la tangente in E, EF e FG delimitano un triangolo isoscele), quindi FG passa per X
6) Sfrutto l'omotetia+l'inversione per dire che XH*XI=XE*XD
7) Essendo XE*XD=XG*XF ottengo XH*XI=XG*XF, cioè la tesi
Quando ho tempo risistemo tutto..
Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)
Bravo kn!
Ecco un'altra dimostrazione:
1) EDFG ciclico perché C sta sull'asse radicale => $ $\widehat{FED} \cong \widehat{DGF}$ $.
2) HG//EC e DC//IF (*) => $ $\widehat{FIE} \cong \widehat{CDE}$ $, $ $\widehat{DCE} \cong \widehat{DGH}$ $, $ $\widehat{GHD} \cong \widehat{CED}$ $.
3) Per i due punti precedenti $ $\widehat{HIF}+\widehat{FGH}=180°$ $
(*) E' un piccolo lemma:
Disegniamo due circonferenze tangenti internamente. Tracciamo due secanti che passano per il punto di tangenza. Queste due secanti incontrano ogni circonferenza in due punti (oltre naturalmente al punto di tangenza). Disegniamo la corda che ha per gli estremi questi due punti individuati sulla circonferenza più interna e facciamo la stessa cosa anche su quella esterna. Si può dimostrare (tracciando eventualmente i diametri) che queste due corde sono parallele.
Ecco un'altra dimostrazione:
1) EDFG ciclico perché C sta sull'asse radicale => $ $\widehat{FED} \cong \widehat{DGF}$ $.
2) HG//EC e DC//IF (*) => $ $\widehat{FIE} \cong \widehat{CDE}$ $, $ $\widehat{DCE} \cong \widehat{DGH}$ $, $ $\widehat{GHD} \cong \widehat{CED}$ $.
3) Per i due punti precedenti $ $\widehat{HIF}+\widehat{FGH}=180°$ $
(*) E' un piccolo lemma:
Disegniamo due circonferenze tangenti internamente. Tracciamo due secanti che passano per il punto di tangenza. Queste due secanti incontrano ogni circonferenza in due punti (oltre naturalmente al punto di tangenza). Disegniamo la corda che ha per gli estremi questi due punti individuati sulla circonferenza più interna e facciamo la stessa cosa anche su quella esterna. Si può dimostrare (tracciando eventualmente i diametri) che queste due corde sono parallele.
Appassionatamente BTA 197!
Non capisco.... Gli angoli verde e rosso sono chiaramente diversi... come mai?mod_2 ha scritto:Bravo kn!
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2) HG//EC e DC//IF (*) => $ $\widehat{FIE} \cong \widehat{CDE}$ $, $ $\widehat{DCE} \cong \widehat{DGH}$ $, $ $\widehat{GHD} \cong \widehat{CED}$ $.
(*) E' un piccolo lemma:
Disegniamo due circonferenze tangenti internamente. Tracciamo due secanti che passano per il punto di tangenza. Queste due secanti incontrano ogni circonferenza in due punti (oltre naturalmente al punto di tangenza). Disegniamo la corda che ha per gli estremi questi due punti individuati sulla circonferenza più interna e facciamo la stessa cosa anche su quella esterna. Si può dimostrare (tracciando eventualmente i diametri) che queste due corde sono parallele.
Dove sbaglio?
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