Dalle olimpiadi di Cesenatico
Dalle olimpiadi di Cesenatico
Sia $ \Gamma $ una circonferenza e $ AB $ un suo diametro. Presi un punto $ C \in AB $ e un punto $ D \in \Gamma $ $ | $ $ \widehat{ACD}=\dfrac{\pi}{2} $,si consideri la circonferenza tangente ai segmenti $ CD $ e $ AB $ e all'arco $ AB $ che contiene $ D $. Detto $ T $ il punto di tangenza di questa circonferenza con il diametro $ AB $,dimostrare che il triangolo $ ADT $ è isoscele.
"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.)
ho trovato una soluzione però è un po' brutta e "contosa":in pratica ho ricavato AD e AT in funzione dei 2 raggi ed ovviamente ponendoli uguali si ottiene un'identità. Appena ho tempo posso anche scriverla per intero però mi piacerebbe trovarne una un po' più bella prima 
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!
in teoria sarebbe il contrario (l'angolo al centro è due volte quello alla circonferenza) e poi T non è il centro, anche se è facile confondersiAlex90 ha scritto: $ ~\widehat{DAB}=2\widehat{DTB} $ in quanto angoli alla circonferenza e al centro che insistono sullo stesso arco
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!
comunque ecco la mia soluzione (purtroppo non ne ho trovata una migliore) nel caso in cui $ T\in OB $, nel caso in cui $ T\in OA $ comunque è analoga:
-chiamiamo $ O $ il centro della circonferenza maggiore, $ R,r $ i 2 raggi,$ 0_1 $ il centro della circonferenza minore e $ K $ il punto di tangenza della circonferenza minore con $ CD $, $ H $ il punto di tangenza della circonferenza minore con $ \Gamma $
-notiamo che $ CTO_1K $ è un quadrato per ovvie ragioni e che $ O,O_1,H $ sono allineati perchè sia $ OH $ che $ O_1H $ sono perpendicolari nello stesso punto alla tangente di $ \Gamma $ passante per H.
Sapendo questo possiamo iniziare a ricavare i segmenti vari:
$ AT=R+OT $
$ OT=\sqrt{(R-r)^2-r^2} $ per pitagora.
Ora quindi abbiamo trovato $ AT $ e dobbiamo trovare $ AD $:
$ AD=\sqrt{DC^2+AC^2} $ per pitagora
$ DC=\sqrt{R^2-OC^2} $
$ OC=R-AC $
$ AC=R+OT-r $
Ora quindi ci basta fare i calcoli per ottenere la tesi, cioè $ AD=AT $
-chiamiamo $ O $ il centro della circonferenza maggiore, $ R,r $ i 2 raggi,$ 0_1 $ il centro della circonferenza minore e $ K $ il punto di tangenza della circonferenza minore con $ CD $, $ H $ il punto di tangenza della circonferenza minore con $ \Gamma $
-notiamo che $ CTO_1K $ è un quadrato per ovvie ragioni e che $ O,O_1,H $ sono allineati perchè sia $ OH $ che $ O_1H $ sono perpendicolari nello stesso punto alla tangente di $ \Gamma $ passante per H.
Sapendo questo possiamo iniziare a ricavare i segmenti vari:
$ AT=R+OT $
$ OT=\sqrt{(R-r)^2-r^2} $ per pitagora.
Ora quindi abbiamo trovato $ AT $ e dobbiamo trovare $ AD $:
$ AD=\sqrt{DC^2+AC^2} $ per pitagora
$ DC=\sqrt{R^2-OC^2} $
$ OC=R-AC $
$ AC=R+OT-r $
Ora quindi ci basta fare i calcoli per ottenere la tesi, cioè $ AD=AT $
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!
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GioacchinoA
- Messaggi: 137
- Iscritto il: 13 feb 2009, 15:44
- Località: Bari
Edit: Mentre scrivevo, Maioc 92 ha postato la sua soluzione xD
Probabilmente la mia soluzione sarà la stessa di Maioc92, comunque la posto.
Per comodità chiamo $ \gamma $ la circonferenza tangente a $ CD $,$ AB $ e $ \Gamma $.
Basta fare una figura per accorgersi che, nel caso in questione, chiamato $ R $ il centro della circonferenza $ \Gamma $,$ r $ il raggio della circonferenza $ \gamma $ e $ h $ il segmento $ AC $, vale la seguente relazione
$ \sqrt{r^2+|R-h-r|^2}+r = R $
Per dimostrarla chiamiamo $ O $ il centro della circonferenza $ \Gamma $,$ O' $ il centro della circonferenza $ \gamma $ e $ R $ il punto di tangenza delle due circonferenze. $ R,O,O' $ sono allineati, dunque vale
$ RO = RO' + O'O = RO' + \sqrt{O'T^2 + TO^2} = RO' + \sqrt{RO'^2 + |AO-AC-CT|^2} = $
$ = RO' + \sqrt{RO'^2 + |RO-AC-RO'|^2} $
Dove $ RO' = r , RO = R , AC = h $.
Ora calcolo $ AD= \sqrt{AC * CB} = \sqrt{AC\cdot(AB-AC)} = \sqrt{h\cdot(2R-h)} = \sqrt{2Rh} $.
Poi calcolo $ AT = AC + CT = h + r $.
A questo punto cerco di dimostrare $ AT = AD $. Sostituendo ottengo
$ h+ r = \sqrt{2Rh} \Leftrightarrow h^2 + 2hr + r^2 = 2Rh $
Ricavando $ R $ dalla relazione su scritta e sostituendo, si ottiene un'identità. Dunque $ ADT $ è isoscele su base $ DT $.
Probabilmente la mia soluzione sarà la stessa di Maioc92, comunque la posto.
Per comodità chiamo $ \gamma $ la circonferenza tangente a $ CD $,$ AB $ e $ \Gamma $.
Basta fare una figura per accorgersi che, nel caso in questione, chiamato $ R $ il centro della circonferenza $ \Gamma $,$ r $ il raggio della circonferenza $ \gamma $ e $ h $ il segmento $ AC $, vale la seguente relazione
$ \sqrt{r^2+|R-h-r|^2}+r = R $
Per dimostrarla chiamiamo $ O $ il centro della circonferenza $ \Gamma $,$ O' $ il centro della circonferenza $ \gamma $ e $ R $ il punto di tangenza delle due circonferenze. $ R,O,O' $ sono allineati, dunque vale
$ RO = RO' + O'O = RO' + \sqrt{O'T^2 + TO^2} = RO' + \sqrt{RO'^2 + |AO-AC-CT|^2} = $
$ = RO' + \sqrt{RO'^2 + |RO-AC-RO'|^2} $
Dove $ RO' = r , RO = R , AC = h $.
Ora calcolo $ AD= \sqrt{AC * CB} = \sqrt{AC\cdot(AB-AC)} = \sqrt{h\cdot(2R-h)} = \sqrt{2Rh} $.
Poi calcolo $ AT = AC + CT = h + r $.
A questo punto cerco di dimostrare $ AT = AD $. Sostituendo ottengo
$ h+ r = \sqrt{2Rh} \Leftrightarrow h^2 + 2hr + r^2 = 2Rh $
Ricavando $ R $ dalla relazione su scritta e sostituendo, si ottiene un'identità. Dunque $ ADT $ è isoscele su base $ DT $.