cerchi e tangenti

[Simo_the_wolf]

Sono dati due cerchi tangenti esternamente $ \gamma_1 $ e $ \gamma_2 $ (con $ r_1 < r_2 $ ). Sia $ t $ una tangente ad entrambe le cfr (rispettivemente in $ A $ e $ D $).

Sia $ t' $ l'altra tangente di $ \gamma_1 $ parallela a $ t $ che interseca $ \gamma_2 $ in $ E $ ed $ F $.

Si tracci una retta $ t_3 $ in $ D $ che interseca $ t' $ in $ B $ e $ \gamma_2 $ in $ C $

Dimostrare che il circocerchio di $ ABC $ ha come tangente la retta $ t $

[what]

Offro da bere in quantità a chiunque trovi la soluzione di simo a questo problema.
sono esclusi preimo-isti e ubriaconi

[EvaristeG]

sono esclusi preimo-isti e ubriaconi

Uffa! ,,, queste sono discriminazioni ingiustificate!!

[what]

ok sam, forse hai ragione.
sono esclusi solo gli ubriaconi

[EvaristeG]

Dal fatto che vengano esclusi i preimoisti, deduco che il problema era stato dato al preIMO; dal fatto che non me lo ricordo deduco che fosse del pomeriggio, fatto da Simo alla lavagna mentre io e Max eravamo fuori a parlare del TST ... quindi mi sento autorizzato a dire qualcosina seppure in bianco per non rovinare agli altri il problema ...

Si inverte in A e la tesi diventa banale

Ah, what, era questo che intendevi?

[Leandro]

Si ha :
TO'=R-r;OO'=R+r
$ $DA^2=OT^2=OO'^2-TO'^2=4Rr $
Dalla similitudine dei triangoli DCE e DBL si ha:
DB:DE=DL:DC da cui DB*DC=DE*DL=4Rr=DA^2
Pertanto il punto D ,rispetto a tutte le circonferenze passanti per
B e C, ha la potenza costante DB*DC=4Rr. E poiche' tale potenza e' espressa
anche da DA^2,ne segue che la retta DA,ovvero la t, deve coincidere
con una delle due tangenti che da D si possono condurre alla circonferenza (ABC).
Leandro

[Boll]

Clap clap e straclap per Sam se davvero non aveva sentito

[Simo_the_wolf]

Veramente la mia soluzione era invertire in D comunque anche invertendo in A è semplice.

Mia soluzione: invertendo in D con raggio DE si ha:

(i)$ E $ va in $ E $
(ii)$ F $ va in $ F $
(iii)$ t' $ va in $ \gamma_2 $ (sfruttando (i) e (ii))
(iv)$ \gamma_2 $ quindi va in $ t' $
(v)$ B $ va in $ C $ e viceversa (sfruttando (iii) e (iv))
(vi)$ \gamma_1 $ va in $ \gamma_1 $ (sfruttando le tangenze)
(vii)$ A $ va in $ A $ e quindi è sul cerchio inversore (sfruttando la (vi))

Adesso si può finire in due modi:

1) con i conti: per le proprietà dell'inversione $ DB*DC=R^2=DA^2 $ e quindi per il teorema delle tangenti all'inverso $ t $ è tangente.

2) senza conti: il circocerchio di $ ABC $ va in sè stesso (sfruttando (v) e (vii)) quindi è ortogonale al cerchio inversore (due circonferenze sono ortogonali tra di loro se le tangenti in ciascuno dei puntiti di incontro sono perpendicolari). Da qui si conclude facilmente infatti la tangente al circocerchio di ABC in A sarà perpendicolare alla tangente in A del circocerchio e quindi sarà il raggio DA.