"Sia ABC un triangolo e sia Ω la sua circonferenza circoscritta. La circonferenza ω è tangente alle rette CA e CB ed è tangente internamente ad Ω nel punto P. Una retta parallela ad AB interseca l'interno del triangolo ed è tangente ad ω nel punto Q. Dimostrare che gli angoli ACP e BCQ sono uguali."
Qualcuno mi illumina?
Re: Triangolo e circonferenze
Inviato: 02 gen 2014, 17:23
da EvaristeG
Beh, a farlo apposta... comunque, come illuminazione, ti fornisco un fuoco d'artificio Botto:
Testo nascosto:
Consideriamo la seguente trasformazione geometrica: inversione di centro $C$ e raggio $\sqrt{AC\cdot BC}$ seguita dalla simmetria rispetto alla bisettrice di $\angle BCA$. Dove vanno punti, rette e circonferenze del problema?
Bum!:
Testo nascosto:
Se prolungo CQ fino a AB, incontro il lato in qualche punto particolare? Un'idea può essere un'altra trasformazione: c'è qualche circonferenza, apparsa al punto prima, che tramite omotetia di centro $C$ finisce in $\omega$?
Re: Triangolo e circonferenze
Inviato: 02 gen 2014, 17:53
da Kfp
Testo nascosto:
Sia $M$ il punto di tangenza di $\omega$ con $AC$, e sia $N$ quello con $BC$.
Dimostriamo che $PM$ è la bisettrice di $\widehat{CPA}$: questo perché, considerando l'omotetia di centro $P$ che manda $\omega$ in $\Omega$ (la quale esiste perché sono tangenti internamente), la retta $AC$ va nella tangente ad $\Omega$ nell'arco $C$ che non contiene $B$ parallela ad $AC$ stessa (perché l'omotetia conserva i parallelismi). Ma tale tangente è unica ed è quella che passa per il punto medio di tale arco, che è allora llineato col punto di tangenza precedente ($M$) e con centro di omotetia ($P$), dandoci quanto voluto. La stessa cosa è ovviamente vera anche per $PN$ con l'altro arco.
Ora, calcoliamo l'angolo $\widehat{QMC}$. Detto $E$ il punto di intersezione della parallela per $Q$ a $AB$ con $AC$, il triangolo $QAM$ è isoscele per il teorema delle tangenti. Ora, per il parallelismo di prima $\widehat{QAC}=\alpha$, e con un facile angle chasing $\widehat{QMC}=\frac{\alpha}{2}$. Ma ora, dato che vale $\widehat{BPC}=\widehat{BAC}=\alpha$, allora $\widehat{NPC}=\frac{\alpha}{2}$, ed è dunque uguale all'angolo di prima. Da questo segue che, detto $D$ il punto di intersezione di $CP$ con $\omega$, gli archi $QM$ e $ND$ sono ugualmente ampi, e la tesi segue per la congruenza dei triangoli $\Delta NDC$ e $\Delta CQM$.
Re: Triangolo e circonferenze
Inviato: 02 gen 2014, 18:04
da Troleito br00tal
Figa ma non puoi mettere in hide o almeno non scrivere
Al di là dei post passati, non capisco quale sia il problema in questo.
Re: Triangolo e circonferenze
Inviato: 02 gen 2014, 19:12
da EvaristeG
Che è già di per sé un hint per una (altra) soluzione. Suvvia, siate elastici.
Re: Triangolo e circonferenze
Inviato: 02 gen 2014, 19:27
da Kfp
Sì, non ci ho nemmeno pensato Mi scuso con chiunque
Re: Triangolo e circonferenze
Inviato: 02 gen 2014, 19:52
da Troleito br00tal
<3
Re: Triangolo e circonferenze
Inviato: 03 gen 2014, 00:44
da Troleito br00tal
Kfp ha scritto:
Testo nascosto:
Sia $M$ il punto di tangenza di $\omega$ con $AC$, e sia $N$ quello con $BC$.
Dimostriamo che $PM$ è la bisettrice di $\widehat{CPA}$: questo perché, considerando l'omotetia di centro $P$ che manda $\omega$ in $\Omega$ (la quale esiste perché sono tangenti internamente), la retta $AC$ va nella tangente ad $\Omega$ nell'arco $C$ che non contiene $B$ parallela ad $AC$ stessa (perché l'omotetia conserva i parallelismi). Ma tale tangente è unica ed è quella che passa per il punto medio di tale arco, che è allora llineato col punto di tangenza precedente ($M$) e con centro di omotetia ($P$), dandoci quanto voluto. La stessa cosa è ovviamente vera anche per $PN$ con l'altro arco.
Ora, calcoliamo l'angolo $\widehat{QMC}$. Detto $E$ il punto di intersezione della parallela per $Q$ a $BC$ con $AC$, il triangolo $QAM$ è isoscele per il teorema delle tangenti. Ora, per il parallelismo di prima $\widehat{QAC}=\alpha$, e con un facile angle chasing $\widehat{QMC}=\frac{\alpha}{2}$. Ma ora, dato che vale $\widehat{BPC}=\widehat{BAC}=\alpha$, allora $\widehat{NPC}=\frac{\alpha}{2}$, ed è dunque uguale all'angolo di prima. Da questo segue che, detto $D$ il punto di intersezione di $CP$ con $\omega$, gli archi $QM$ e $ND$ sono ugualmente ampi, e la tesi segue per la congruenza dei triangoli $\Delta NDC$ e $\Delta CQM$.
Mi scuso con chiunque