Triangolo rettangolo e circonferenze (Staffetta 7)
Triangolo rettangolo e circonferenze (Staffetta 7)
Siano $ ABC $ un triangolo rettangolo e $ r $ una retta passante per il vertice dell'angolo retto $ A $. Dette $ P $ e $ Q $ le proiezioni di $ B $ e $ C $ su $ r $, si consideri la circonferenza avente come diametro $ PQ $. Dimostrare che tutte le circonferenze che si possono costruire in questo modo passano per uno stesso punto.
"Bene, ora dobbiamo massimizzare [tex]\dfrac{x}{(x+100)^2}[/tex]: come possiamo farlo senza le derivate? Beh insomma, in zero fa zero... a $+\infty$ tende a zero... e il massimo? Potrebbe essere, che so, in $10^{24}$? Chiaramente no... E in $10^{-3}$? Nemmeno... Insomma, nella frazione c'è solo il numero $100$, quindi dove volete che sia il massimo se non in $x=100$..?" (da leggere con risatine perfide e irrisorie in corrispondenza dei puntini di sospensione)
Maledetti fisici! (cit.)
Maledetti fisici! (cit.)
C'ho messo molto più tempo a trovare il punto che poi a trovare la soluzione 
Sia $ H_A $ il piede dell'altezza da A, allora $ H_A $ soddisfa la tesi.
Infatti, per la ciclicità di $ AH_APB $ e $ AH_AQC $, $ \angle PH_AQ = \angle PH_AA+\angle AH_AQ =\angle ABP + \angle ACQ $.
Inoltre $ \angle ABP + \angle ACQ = 90°-\angle BAP + 90°-\angle CAQ = 180°-(180°-\angle BAC)= \angle BAC = 90° $, quindi $ \angle PH_AQ=90° $.
Sia $ H_A $ il piede dell'altezza da A, allora $ H_A $ soddisfa la tesi.
Infatti, per la ciclicità di $ AH_APB $ e $ AH_AQC $, $ \angle PH_AQ = \angle PH_AA+\angle AH_AQ =\angle ABP + \angle ACQ $.
Inoltre $ \angle ABP + \angle ACQ = 90°-\angle BAP + 90°-\angle CAQ = 180°-(180°-\angle BAC)= \angle BAC = 90° $, quindi $ \angle PH_AQ=90° $.
Re: Triangolo rettangolo e circonferenze (Staffetta 7)
Visto che Anér sembra d'accordo, vado col prossimo qui: viewtopic.php?f=14&t=15786