cerchi tangenti

talpuz · Messaggio da **talpuz** » 01 gen 1970, 01:33

per chi non ne ha avuto abbastanza dell\'esercizio 2 <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
 
 data una semicirconferenza di diametro AB, trovare il luogo dei centri delle circonferenze che tangono la semicirconf e il suo diametro AB
 
 (EvaristeG copyright)

Antimateria · Messaggio da **Antimateria** » 01 gen 1970, 01:33

Io non ne ho avuto abbastanza dell\'esercizio 2, e poi questo e\' molto carino!
 
 Orbene, sia O il punto medio di AB, e sia r la parallela ad AB tangente alla semicirconferenza data. Se P e\' il centro di una circonferenza tangente ad AB in C ed alla semicirconferenza in D, allora P e\' equidistante da r e da O.
 Infatti, proiettando P su r nel punto E, si ha che C, P, E sono allineati (perche\' AB e r sono parallele), ed ovviamente O, P, D sono allineati, dunque CE=OD (entrambi sono pari al raggio della semicirconferenza).
 Ma PD=PC, e quindi PE=PO. Viceversa, invertendo i passaggi precedenti si vede che ogni punto P nel semicerchio tale che PE=PO appartiene al luogo.
 Quindi il luogo cercato e\' l\'arco di parabola di fuoco O e direttrice r di estremi A e B.
 
 Se si intende AB come una retta anziche\' come un segmento, ci sono altri 2 archi di parabola esterni al semicerchio, ottenuti ribaltando la parabola di fuoco O e direttrice r rispetto alla retta AB. La dimostrazione e\' analoga.[addsig]

talpuz · Messaggio da **talpuz** » 01 gen 1970, 01:33

beh, che dire...giusto! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif">
 e in effetti la soluzione è molto carina
 
 altro:
 sia data una circonferenza c e un triangolo scaleno ABC inscritto. la bisettrice di < CAB incontra CB in E. sia M il punto medio dell\'arco BC dalla parte di A, e D l\'ulteriore punto di intersezione tra la retta ME e la circonferenza c. sia P il punto d\'intersezione tra la tangente a c in D e la retta BC.
 
 dimostrare che P è il circocentro del triangolo AED
 
 (cortona 2002)

Antimateria · Messaggio da **Antimateria** » 01 gen 1970, 01:33

Do\' una breve dimostrazione, spero si capisca...
 
 Sia O il centro di c e F il punto opposto a M rispetto ad O. E\' chiaro che A, E, F sono allineati perche\' AE e\' bisettrice. Chiamiamo alfa l\'angolo in M che insiste su DF, che e\' uguale a <MDO perche\' OD=OM.
 Ora, siccome MF e BC sono perpendicolari, 90º-alfa=<MEC=<PED. D\'altra parte, <PDO=90º=<PDE+alfa, da cui <PDE=<PED, e quindi PD=PE.
 Esiste quindi un cerchio centrato in P che passa per D ed E: resta da dimostrare che passa anche per A. Ma questo e\' vero per il teorema dell\'angolo al centro, poiche\' <DAE=alfa (perche\' insiste su DF) e <DPE=180º-2(90º-alfa)=2 alfa=2 <DAE.[addsig]

Messaggio da **EvaristeG** » 01 gen 1970, 01:33

visto che mi si rubano così i problemi...(in realtà era un problema di un qualche Cortona, credo)
 
 Siano T1 T2 T3 i punti in cui i tre excerchi di ABC tangono i lati AB,BC,CA (non i loro prolungamenti!!). Dimostrare che CT1, AT2, BT3 concorrono in un punto (punto di Nagel o Na). E per rincarare la dose, dimostrare che l\'incentro I, il baricentro G e il punto di Nagel Na sono allineati e che 2IG=INa.
 
 Buon lavoro...

Antimateria · Messaggio da **Antimateria** » 01 gen 1970, 01:33

Dimostro la prima parte.
 
 Chiamiamo a, b, c, d, e, f i segmenti individuati sul perimetro di ABC dai punti T1, T2, T3, presi in senso orario.
 Applicando alcune volte il teorema delle tangenti, si ha a+b+c=d+e+f, ed anche c+d+e=a+b+f. Sommando le due relazioni membro a membro, si ottiene c=f. Analogamente, si dimostra che a=d e b=e. Il fatto che i 3 segmenti concorrano nel punto di Nagel segue allora dal teorema di Ceva.
 
 Per la seconda parte dovrei quasi esserci, ma mi manca qualcosa.
 Vorrei far notare pero\' che la relazione giusta non e\' quella scritta sopra, ma 2IG=GNa.[addsig]

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

La relazione indicata da EvaristeG puo\' essere facilmente
 dimostrata se si assume un\'altra definizione del punto di Nagel
 (lascio ad altri la cura di far vedere che le due def. coincidono).
 Sia A1B1C1 il triangolo ottenuto conducendo da A,B,C le parallele
 ai lati opposti di ABC (A1 opposto ad A ecc.). Orbene l\'incentro di questo
 nuovo triangolo e\' detto punto di Nagel Na.
 Con facili cosiderazioni di geometria elementare (applicate a certi
 parallelogrammi) si vede che ABC ed A1B1C1 hanno lo stesso baricentro
 G , che A1,G ,A sono allineati ed infine che A1G=2*GA ( e cosi per gli altri vertici).
 Ne segue che le coppie (A1,A), (B1,B) ,(C1,C) si corrispondono nella omotetia
 (inversa) di centro G e caratteristica -2 .Pertanto all\'incentro Na di A1B1C1
 corrisponde, in questa omotetia ,l\'incentro I di ABC e quindi :
 NaG=-2*GI.
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 12-05-2004 11:46 ]

Antimateria · Messaggio da **Antimateria** » 01 gen 1970, 01:33

karl, anche questa volta mi pare che tu abbia solo nascosto il problema sotto il tappeto...
 Il mio cruccio era appunto dimostrare che \"le due definizioni coincidono\"!!! La cosa non mi pare facile, ed e\' chiaro che fatto questo la tesi segue immediatamente, come hai mostrato.
 Sai dimostrare anche questo in modo sintetico?[addsig]

Antimateria · Messaggio da **Antimateria** » 01 gen 1970, 01:33

Noto casualmente che sprmnt21 e\' online. Chissa\' che non decida di illuminarci su questo problema??
 
 (hint! hint! hint!)
 
 <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

Stavo per fare la stessa obiezione anch\'io (forse in modo meno polite <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">).
 
 Comunque ho trovato un argomento sintetico che prova il fatto che il Nagel point di un traingolo e\' l\'incentro del traingolo corrispondente secondo una omotetia inversa di centro il baricentro (comune) e rapporto 2.

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

Spero che le lettere che uso non creino confusione (nel precedente messaggio ABC e\' il triangolo \"inscritto\", qua e\' quello \"tri-scritto\" <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif">)
 
 
 Prova a provare, ad esempio, che la retta dal punto medio di uno dei lati di ABC all\'incentro di ABC divide a metà il perimetro del triangolo inscritto che congiunge i punti medi dei lati di ABC.
 
 Puo\' essere utile tracciare delle parallele per ... [ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 12-05-2004 15:12 ]

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

Il fatto e\' che ho una piccola fabbrica di tappetti..persiani
 e in qualche modo li debbo utilizzare.
 Adesso mi aspetto che qualcuno mi dica che faccio meglio
 a venderli anziche\' interessarmi di matematica.
 Per chi non lo avesse capito ,ovviamente sto scherzando.
 Sono in attesa della soluzione di sprmnt21 o di altri,cosa che del resto
 avevo esplicitamente indicato nella mia risposta.
 P.S.
 La mia definizione di Na e\' stata tratta da una enciclopedia di matematiche
 che mio padre conserva ancora,senza sapere di essere un sorpassato.

Antimateria · Messaggio da **Antimateria** » 01 gen 1970, 01:33

Lol, karl! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
 
 Ok, l\'ho risolto, ma non so se nel modo inteso da sprmt21. Quindi, prego anche lui di postare la sua soluzione (che probabilmente sara\' migliore).
 
 Senza un disegno e\' un po\' noioso da spiegare: cerchero\' di essere chiaro, ma senza perdere tempo sui dettagli ovvi.
 
 - Abbiamo il triangolo ABC, con la circ. inscritta di centro I e tangente a BC in H. DE e\' la parallela a BC tangente alla circ. inscritta in F (quindi F, I, H sono allineati), con D su AB ed E su AC. AF interseca BC in G.
 
 - Fatte le presentazioni, si dimostra che BH=GC (che tra l\'altro e\' la tesi del problema 5 di Cesenatico 2001) usando un po\' di volte il teorema delle tangenti, sfruttando il fatto che ADE e ABC sono silimi, e facendo un conticino algebrico (se non fosse chiaro, scaricate la soluzione di Cesenatico 2001).
 
 - Il punto di Nagel di ABC appartiene ad AG, basta considerare l\'omotetia che manda ADE in ABC e la circ. inscritta di ABC in quella ex-scritta.
 
 - Si costruisca J simmetrico di A rispetto ad I. AIF=JIH perche\' hanno 2 lati e un angolo uguali, quindi HJ e AG sono paralleli.
 
 - Costruiamo il triangolo AB\'C\' omotetico rispetto ad A del triangolo ABC, tale che AB\'=2AB, e sia A\' il punto medio di B\'C\'. Per tutto quello che ho dimostrato sopra, HJ passa per A\', ed il punto di Nagel di A\'BC appartiene ad A\'H (perche\' A\'BC=ABC).
 
 - Ma J, per come e\' stato costruito, e\' l\'incentro di AB\'C\', e questo basta per concludere che e\' anche il punto di Nagel di A\'BC.
 
 E cosi\' e\' dimostrato il \"dettaglio\" della soluzione di karl, ed il problema di EvaristeG e\' risolto.
 
 Uff... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif"> [addsig]

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

Dato il triangolo ABC siano, A\', B\' e C\' i punti medi di BC, CA e AB rispettivamente. Si vuole (deve) provare che l\'incentro I di ABC coincide con il punto di Nagel di A\'B\'C\'.
 
 Proviamo prima i seguenti lemmi:
 
 Lemma I. Sia PQR un triangolo e T il punto di tangenza dell\'ex-cerchio, tangente esternamente PQ e PR ed internamente QR, con QR. Si ha che PT divide il perimetro di PQR in due parti uguali.
 
 Dim. (facile)
 
 Lemma II. Vale anche il viceversa. Cioe\' se T su QR e\' tale che PR+RT = PQ+QT, allora PT e\' la ceviana \"nageliana\".
 
 Dim. Questo deriva dal lemma I e dal fatto che T come punto che divide in due il perimetro e\' unico.
 
 
 A questo punto per provare quanto lasciatoci da Karl basta provare che, ad esempio, la retta B\'I divide in due parti uguali il perimetro di A\'B\'C\'.
 
 Per fare questo si traccino le parallele da B\' alle bisettrici AI e CI. Siano A\" (dalla parte di A\') e C\" (dalla parte di c\') le intersezioni di queste con la retta A\'C\'. I triangoli AIC e A\"B\'C\" sono omotetici. Quindi B\'I e\' la mediana di A\"C\". Ma da < CB\'A\" = < B\'A\"A\', in quanto AC//A\"C\", e da < CB\'A\" = < A\"B\'A\', in quanto B\'A\" e\' la bisettrice di < CB\'A\', segue che < B\'A\"A\' = < A\"B\'A\' cioe\' B\'A\' = A\'A\". Analogamente si prova che B\'C\' = C\'C\" e pertanto abbiamo provato che B\'I biseca il perimetro di A\'B\'C\' e questo dovrebbe convincere che I e Na coincidono.

Messaggio da **EvaristeG** » 01 gen 1970, 01:33

Bravi!! Ce l\'avete fatta!!
 Cmq è sconsolante vedere che le soluzioni arrivano non dai giovani frequenatatori del sito, ma da \"vecchi\" e incalliti utenti oppure da universitari...e non ce l\'ho con i tre audaci solutori, che hanno fatto un ottimo lavoro, ma con tutti quelli che non si sono fatti sentire...gli unici problemi di geometria a cui ho visto tentare di dar soluzione sono quelli postati prima di Cesenatico...
 Non dico che tutti debbano dar risposta su tutto, solo mi deprime vedere che la disciplina d\'Euclide fa tanta paura o tanto ribrezzo che pochi le si avvicinano, se non per necessità \"agonistiche\"... Ok, fine delle cazzate.
 (io insisto con geometria cmq)
 
 Dato ABC, siano I l\'incentro e Na il punto di Nagel; chiamiamo L,M,N i punti medi dei lati. Dimostrare che il punto medio Sp del segmento INa è il centro della circonferenza inscritta nel triangolo LMN (tale punto viene detto punto di Spieker).
 Inoltre, dimostrare che tracciando per Sp le parallele alle bisettrici di ABC otteniamo delle rette passanti per L,M,N ciascuna delle quali divide il perimetro del triangoo in due parti uguali.
 (per questo il punto di Spieker è detto anche punto di bisezione perimetrica;
 tale proprietà è goduta anche dalle ceviane che individuano il punto di Nagel, che porta pure lo stesso nome)
 
 Antimateria, karl, sprmnt21, buon lavoro, se ancora vi va!