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Siano $\Gamma$ una circonferenza, $A$ e $B$ due punti interni ad essa e $r$ l'asse del segmento $AB$: $\Gamma$ e $r$ si intersecano in $X$ e $Y$ e le circonferenze $\gamma_1$ e $\gamma_2$, entrambe passanti per $A$ e $B$ e coi centri rispettivamente in $X$ e $Y$, intersecano $\Gamma$, rispettivamente, nei punti $P,Q$ e $R,S$. Dimostrare che:
a)$A$ e $B$ sono equidistanti dalle rette $PQ$ e $RS$;
b)dette $M$ e $N$, rispettivamente, le intersezioni $PQ \cap XY$ e $SR \cap XY$, l'inversione rispetto a $\gamma_1$ manda $M$ in $Y$, così come l'inversione rispetto a $\gamma_2$ manda $N$ in $X$

Non sapendo quale sia la più difficile, il primo che ne risolve una può postare il prossimo problema, poi l'altra diventa un bonus

b)
Considero la potenza di M rispetto a $\gamma_1$ e ottengo:
$PM\cdot MQ = R^2 - XM^2$
dove R è il raggio di $\gamma_1$.
Ora considero la potenza di M rispetto a $\Gamma$ e ottengo:
$PM\cdot MQ=XM\cdot MY$
Unendo i due risultati trovati si ottiene:
$R^2 - XM^2=XM\cdot MY$
che diventa $R^2=XM\cdot XY$ , ovvero che Y è l'inverso di M rispetto a $\gamma_1$, la tesi.
Analogamente si ottiene lo stesso risultato per $\gamma_2$.

a)
Detto $K:= PQ \cap SR$, essendo $KR\cdot KS = KQ\cdot KP$ in quanto potenze di $K$ rispetto a $\Gamma$, ed essendo $KR \cdot KS = \mbox{pow}_{\Gamma _{1}}(K)$ e $Kq \cdot Kp = \mbox{pow}_{\Gamma _{2}}(K)$, dove $\Gamma _1$ e $\Gamma _2$ sono le circonferenze circoscritte rispettivamente a $PQBA$ e $RBAS$, si ha che $K$ appartiene all'asse radicale di $\Gamma _1$ e $\Gamma _2$ e quindi $K \in AB$. Notato ora che l'inverso di $Y$ rispetto a $\Gamma _1$ va in $Y' = PQ \cap XY$ e l'inverso di $X$ rispetto a $\Gamma _2$ va in $X' = RS \cap XY$, non resta da dimostrare che $AB$ biseca $Y'X'$ ed abbiamo finito poichè essendo $AB \perp X'Y'$ per costruzione ne deriverebbe che $AB$ sarebbe asse di $X'Y'$ e quindi $AK$ sarebbe altezza di un triangolo isoscele aventi lati obliqui $KY'$ e $KX'$ e quindi $AB$ sarebbe bisettrice di $Y'KX'$. Ora, $AY'X \sim YAX$ in quanto uno l'inverso dell'altro rispetto a $\Gamma _{1}$ e per le stesse ragioni $XBY \sim BX'Y$, da cui in particolare vale rispettivamente che $\hat{XY'A} =\hat{XAY}$ e $\hat{BX'Y} =\hat{XBY}$. Ma essendo che
1)$AB$ è bisecato da $XY$ perchè $XY$ è asse di $AB$
2)detta $H$ l'intersezione tra $XY$ ed $AB$, si ha che $\displaystyle \hat{Y'HA} = \hat{X'HB}= \frac{\pi}{2}$
3)essendo $\hat{XAY}= \hat{XBY}$, si ha che $\hat{AY'H} = \pi - \hat{XY'A} =\pi -\hat{XAY}= \pi -\hat{XBY}=\pi - \hat{BX'Y} =\hat{BX'H}$
si ha che $AY'H = BHX'$ da cui in particolare $Y'H = X'H$ e quindi per quanto detto prima la tesi.

(Fonte?)

Sì infatti era più logico scambiare punto a) e b). Ad ogni modo è esatta, solo una cosa da dove deriva il fatto che KY' e KX' sono uguali?

mat94 ha scritto:Sì infatti era più logico scambiare punto a) e b). Ad ogni modo è esatta, solo una cosa da dove deriva il fatto che KY' e KX' sono uguali?

Mah, il fatto che $KY'=KX'$ non è una cosa essenziale, e l'ho scritto tra le "conseguenze" della dimostrazione che viene subito dopo solo perchè non sapevo come dire altrimenti che se dimostro che $AB$ biseca $X'Y'$ allora $AB$ è asse di $X'Y'$ e quindi anche l'angolo $\hat{Y'KX'}$ viene diviso in due parti uguali da $AB$... Sono stato un po' confusionario in effetti, chiedo scusa.

P.S.: Comunque sei stato il primo... a te la staffetta

Si giusto tu dimostri che AB è sia altezza che asse quindi il triangolo è isoscele e in particolare AB è bisettrice e si ha la tesi. Comunque bisogna aspettare spugna

mat94 ha scritto:Comunque bisogna aspettare spugna

Chiedo scusa, ero a Vienna!

Mist ha scritto:(Fonte?)

In realtà nessuna, sono due fatti che mi sono saltati fuori quasi per sbaglio mentre cercavo di fare un'altra cosa con Cabrì... infatti li ho messi nell'ordine che capitava, chiedo scusa anche per questo!

spugna ha scritto:il primo che ne risolve una può postare il prossimo problema

Non voglio fare favoritismi, era così e così rimane