Geometria
Vi propongo un problema che mi ha soddisfatto assai e che mi ha dato filo da torcere, ma alla fine mi è riuscito 
Siano $alpha$ e $beta$ due circonferenze di centri A e B (rispettivamente), aventi raggi a e b
(rispettivamente) e tangenti esternamente nel punto T. Sia t la tangente in comune
passante per T e sia r un’altra retta tangente ad entrambe le circonferenze nei punti
A′ e B′ (rispettivamente). Infine sia P il punto di intersezione fra r e t.
(i) Dimostrare che P è il punto medio del segmento A′B′.
(ii) Dimostrare che l’angolo APB è retto.
(iii) Dimostrare che l’angolo A′TB′ è retto.
(iv) Dimostrare che la circonferenza avente diametro AB è tangente alla retta r.
Qual è il punto di tangenza?
soluzione mia
consiglio: fate il disegno
buon divertimento!
Siano $alpha$ e $beta$ due circonferenze di centri A e B (rispettivamente), aventi raggi a e b
(rispettivamente) e tangenti esternamente nel punto T. Sia t la tangente in comune
passante per T e sia r un’altra retta tangente ad entrambe le circonferenze nei punti
A′ e B′ (rispettivamente). Infine sia P il punto di intersezione fra r e t.
(i) Dimostrare che P è il punto medio del segmento A′B′.
(ii) Dimostrare che l’angolo APB è retto.
(iii) Dimostrare che l’angolo A′TB′ è retto.
(iv) Dimostrare che la circonferenza avente diametro AB è tangente alla retta r.
Qual è il punto di tangenza?
soluzione mia
consiglio: fate il disegno
buon divertimento!
Risposte
E allora, ecco la mia soluzione.
i) Si uniscano con $T$ i punti $A'$ e $B'$, quindi, si considerino i triangoli $A'AT$, $A'TP$, $B'TP$ e $B'BT$: poichè per i ipotesi i punti $A'$ e $T$ stanno sulla circonferenza $alpha$ si ha che il triangolo $A'AT$ è isoscele su base $A'T$ e per tanto $A hatA' T = A hatT A'$; inoltre, $ATP$ e $A A'P$ sono entrambi retti per cui $TA'P=A'TP$ e questo implica che il triangolo $A'TP$ è isoscele su base $A'T$, da cui $A'P=PT$. Ragionando allo stesso modo sul triangolo $B'PT$ si vede che anche questo è isoscele e quindi $TP=B'T$: per la transitività dell'uguaglianza si ha la tesi.
ii) Per ipotesi dal punto $P$ esterno alla circonferenza $alpha$ vengono condotte due tangenti alla circonferenza stessa: la congiungente del centro della circonferenza col punto ad esssa esterno dal quale sono condotte le tangenti è la bisttrice dell'angolo esterno alla circonferenza con vertice in quel punto e avente per lati le tangenti: $A'PA=APT$. Nel precedente punto si è dimostrato che i triangoli $A'AT$ e $A'TP$ sono entrambi isoceli e inoltre $A hatA' T + T hatA' P = 90°$: tutto questo implica che $A' hatP T = 2 A hatA' T$ e per tanto $A hatP T=A hatA' T$. Dualmente $TPB=T hatB' B$. L'angolo $A' hatP B'=A' hatP T + T hatP B'=2 (A hatA' T + T hatB' B)=180°$: questo implica, per quanto precedentemente detto, la tesi.
iii) Si congiungano con $T$ i punti $A'$ e $B'$: per quanto dimostrato al punto i) la mediana relativa al lato $A'B'$ è congruente a metà della stessa: questo implica che il triangolo è retto in $T$
iiii) La circonferenza che ha come diametro $AB$ ha il suo centro sul punto medio di questo segmento; prima si è dimostrato che il triangolo $APB$ è retto in $P$: ne segue che, detto $M$ il punto medio di $AB$, $PM=AM$; applicando poi l'inverso del Teorema di Talete si vede che $MP$ è ortogonale ad $A'B'$ e questo conclude la dimostrazione.
Va bene?
P.S.: Ai punti iii) e iiii) ho usato il seguente Teorema (di cui è valido anche l'inverso): in ogni triangolo rettangolo la mediana relativa all'ipotenusa è uguale a metà della stessa (inverso: se in un triangolo la mediana relativa a un lato è uguale a metà della stessa allota il triangolo è rettangolo e il lato in questione è l'ipotenusa)
i) Si uniscano con $T$ i punti $A'$ e $B'$, quindi, si considerino i triangoli $A'AT$, $A'TP$, $B'TP$ e $B'BT$: poichè per i ipotesi i punti $A'$ e $T$ stanno sulla circonferenza $alpha$ si ha che il triangolo $A'AT$ è isoscele su base $A'T$ e per tanto $A hatA' T = A hatT A'$; inoltre, $ATP$ e $A A'P$ sono entrambi retti per cui $TA'P=A'TP$ e questo implica che il triangolo $A'TP$ è isoscele su base $A'T$, da cui $A'P=PT$. Ragionando allo stesso modo sul triangolo $B'PT$ si vede che anche questo è isoscele e quindi $TP=B'T$: per la transitività dell'uguaglianza si ha la tesi.
ii) Per ipotesi dal punto $P$ esterno alla circonferenza $alpha$ vengono condotte due tangenti alla circonferenza stessa: la congiungente del centro della circonferenza col punto ad esssa esterno dal quale sono condotte le tangenti è la bisttrice dell'angolo esterno alla circonferenza con vertice in quel punto e avente per lati le tangenti: $A'PA=APT$. Nel precedente punto si è dimostrato che i triangoli $A'AT$ e $A'TP$ sono entrambi isoceli e inoltre $A hatA' T + T hatA' P = 90°$: tutto questo implica che $A' hatP T = 2 A hatA' T$ e per tanto $A hatP T=A hatA' T$. Dualmente $TPB=T hatB' B$. L'angolo $A' hatP B'=A' hatP T + T hatP B'=2 (A hatA' T + T hatB' B)=180°$: questo implica, per quanto precedentemente detto, la tesi.
iii) Si congiungano con $T$ i punti $A'$ e $B'$: per quanto dimostrato al punto i) la mediana relativa al lato $A'B'$ è congruente a metà della stessa: questo implica che il triangolo è retto in $T$
iiii) La circonferenza che ha come diametro $AB$ ha il suo centro sul punto medio di questo segmento; prima si è dimostrato che il triangolo $APB$ è retto in $P$: ne segue che, detto $M$ il punto medio di $AB$, $PM=AM$; applicando poi l'inverso del Teorema di Talete si vede che $MP$ è ortogonale ad $A'B'$ e questo conclude la dimostrazione.
Va bene?
P.S.: Ai punti iii) e iiii) ho usato il seguente Teorema (di cui è valido anche l'inverso): in ogni triangolo rettangolo la mediana relativa all'ipotenusa è uguale a metà della stessa (inverso: se in un triangolo la mediana relativa a un lato è uguale a metà della stessa allota il triangolo è rettangolo e il lato in questione è l'ipotenusa)
"WiZaRd":
E allora, ecco la mia soluzione.
i) Si uniscano con $T$ i punti $A'$ e $B'$, quindi, si considerino i triangoli $A'AT$, $A'TP$, $B'TP$ e $B'BT$: poichè per i ipotesi i punti $A'$ e $T$ stanno sulla circonferenza $alpha$ si ha che il triangolo $A'AT$ è isoscele su base $A'T$ e per tanto $A hatA' T = A hatT A'$; inoltre, $ATP$ e $A A'P$ sono entrambi retti per cui $TA'P=A'TP$ e questo implica che il triangolo $A'TP$ è isoscele su base $A'T$, da cui $A'P=PT$. Ragionando allo stesso modo sul triangolo $B'PT$ si vede che anche questo è isoscele e quindi $TP=B'T$: per la transitività dell'uguaglianza si ha la tesi.
bella, una soluzione giusta e diversa dalla mia.. mi piace
"WiZaRd":
ii) Per ipotesi dal punto $P$ esterno alla circonferenza $alpha$ vengono condotte due tangenti alla circonferenza stessa: la congiungente del centro della circonferenza col punto ad esssa esterno dal quale sono condotte le tangenti è la bisttrice dell'angolo esterno alla circonferenza con vertice in quel punto e avente per lati le tangenti: $A'PA=APT$. Nel precedente punto si è dimostrato che i triangoli $A'AT$ e $A'TP$ sono entrambi isoceli e inoltre $A hatA' T + T hatA' P = 90°$: tutto questo implica che $A' hatP T = 2 A hatA' T$ e per tanto $A hatP T=A hatA' T$. Dualmente $TPB=T hatB' B$. L'angolo $A' hatP B'=A' hatP T + T hatP B'=2 (A hatA' T + T hatB' B)=180°$: questo implica, per quanto precedentemente detto, la tesi.
scusa, ma non mi è chiaro questo punto... puoi spiegarmi meglio l'implicazione...
scusa, ma mi sfugge un attimo
"WiZaRd":
iii) Si congiungano con $T$ i punti $A'$ e $B'$: per quanto dimostrato al punto i) la mediana relativa al lato $A'B'$ è congruente a metà della stessa: questo implica che il triangolo è retto in $T$
"WiZaRd":
iiii) La circonferenza che ha come diametro $AB$ ha il suo centro sul punto medio di questo segmento; prima si è dimostrato che il triangolo $APB$ è retto in $P$: ne segue che, detto $M$ il punto medio di $AB$, $PM=AM$; applicando poi l'inverso del Teorema di Talete si vede che $MP$ è ortogonale ad $A'B'$ e questo conclude la dimostrazione.
ok
perfetto
"fu^2":
[quote="WiZaRd"]
ii) Per ipotesi dal punto $P$ esterno alla circonferenza $alpha$ vengono condotte due tangenti alla circonferenza stessa: la congiungente del centro della circonferenza col punto ad esssa esterno dal quale sono condotte le tangenti è la bisttrice dell'angolo esterno alla circonferenza con vertice in quel punto e avente per lati le tangenti: $A'PA=APT$. Nel precedente punto si è dimostrato che i triangoli $A'AT$ e $A'TP$ sono entrambi isoceli e inoltre $A hatA' T + T hatA' P = 90°$: tutto questo implica che $A' hatP T = 2 A hatA' T$ e per tanto $A hatP T=A hatA' T$. Dualmente $TPB=T hatB' B$. L'angolo $A' hatP B'=A' hatP T + T hatP B'=2 (A hatA' T + T hatB' B)=180°$: questo implica, per quanto precedentemente detto, la tesi.
scusa, ma non mi è chiaro questo punto... puoi spiegarmi meglio l'implicazione...
scusa, ma mi sfugge un attimo
[/quote]
Allora: il triangolo $A'AT$ è isoscele su base $AT$, quindi $A hatA' T = A hatT A'$; il triangolo $A'TP$ è isoscele su base $A'T$, quindi $P hatA' T = P hatT A'$; gli angoli $A hatA' P$ e $A hatT P$ sono entrambi retti e per essi si ha che $A hatA' P=A hatT P=A hatA' T + T hatA' P= A hatT A' + A' hatT P= 90°$; nel triangolo $A'TP$ i due angoli alla base sono gli angoli $T hatA' P$ e $A' hatT P$, quindi l'angolo al vertice è $A' hatP T= 2 A hatA' T$. Poichè $AP$ ne è la bisettrice, allora $A hatP T=A hatA' T$. Dualmente con i triangoli $TB B'$ e $T hatB' P$, quindi $A hatP T=A hatA' T$ e dualmente $TPB=T hatB' B$; quindi nella relazione $2 (A hatA' T + T hatB' B)=180°$ andiamo a sostituire le due precedenti uguaglianze e otteniamo: $2(A hatP T + T hatP B)= 180° => A hatP T + T hatP B = 90°$ che è quanto si voleva dimostrare.
P.S.: non scusarti se ti sfugge qualche cosa, me ne sfuggono molte di più a me (ed è meglio che non provi a immaginare quante sono!!!
)P.P.S: complimenti per la tua soluzione, è molto elegante, mi piace
perfetto ora ho capito bene
sei bravo in geometria! ciò è bellissimo
al prossimo problema!
ciaoooo
sei bravo in geometria! ciò è bellissimo
al prossimo problema!
ciaoooo
PROVO ANCHE IO
Costruzioni
Unisco A' con T, B' con T, P con B e P con A
AT=a
TB=b
Mando le perpendicolari ai punti di tangenza delle circonferenze.
A,T e B sono sicuramente allineati poichè T è punto di tangenza delle due circonferenze.
b^2+PT^2=b^2+PB'^2=PB
quindi PT=PB'
a^2+PT^2=a^2+A'P^2
quindi PT=A'P
Segue che A'P=PB'
A'A E B'B sono paralleli poichè, tagliati dalla retta r, formano angoli coniugati interni supplementari : AA'P=BB'P=90°.
Il triangolo A'AP è = al triangolo APT poichè hanno l'angolo retto + 2 lati uguali (criterio di ugualianza dei triangoli rettangoli).
Lo stesso ragionamento vale per i triangoli PBB' e PTB.
Segue che l' angolo A'AP= PAT e PBT=PBB'.
Chiamo A'AP e PAT con la lettera B e l'angolo PBB' e PBT con la lettera L
Poichè A'A è parallelo a B'B segue che :
2B+2L=180°
B+L=90°
Considero il triangolo ABP :
B+L*APB=180°
APB=180°-B-L
APB=90°
Prima ho dimostrato che AP=PT , quindi il triangolo APT è isoscele , segue che PA'T=PTA'=K
Il triangolo A'PT è simile a B'BT poichè sono due triangoli iscosceli e hanno l'angolo diverso dagli altri due = 2L.
Lo stesso discorso si può fare con i triangoli PB'T E A'AT (sono simili). Chiamo gli angoli PTB'=PB'T=G.
Considero il triangolo A'TB'=
SOMMA DEGLI ANGOLI=
A'+T+B=K+(K+G)+G=180°
2K+2G=180°
G+K=90°
POICHè A'TB'=G+K , A'TB'=90°
Costruzioni
Unisco A' con T, B' con T, P con B e P con A
AT=a
TB=b
Mando le perpendicolari ai punti di tangenza delle circonferenze.
A,T e B sono sicuramente allineati poichè T è punto di tangenza delle due circonferenze.
b^2+PT^2=b^2+PB'^2=PB
quindi PT=PB'
a^2+PT^2=a^2+A'P^2
quindi PT=A'P
Segue che A'P=PB'
A'A E B'B sono paralleli poichè, tagliati dalla retta r, formano angoli coniugati interni supplementari : AA'P=BB'P=90°.
Il triangolo A'AP è = al triangolo APT poichè hanno l'angolo retto + 2 lati uguali (criterio di ugualianza dei triangoli rettangoli).
Lo stesso ragionamento vale per i triangoli PBB' e PTB.
Segue che l' angolo A'AP= PAT e PBT=PBB'.
Chiamo A'AP e PAT con la lettera B e l'angolo PBB' e PBT con la lettera L
Poichè A'A è parallelo a B'B segue che :
2B+2L=180°
B+L=90°
Considero il triangolo ABP :
B+L*APB=180°
APB=180°-B-L
APB=90°
Prima ho dimostrato che AP=PT , quindi il triangolo APT è isoscele , segue che PA'T=PTA'=K
Il triangolo A'PT è simile a B'BT poichè sono due triangoli iscosceli e hanno l'angolo diverso dagli altri due = 2L.
Lo stesso discorso si può fare con i triangoli PB'T E A'AT (sono simili). Chiamo gli angoli PTB'=PB'T=G.
Considero il triangolo A'TB'=
SOMMA DEGLI ANGOLI=
A'+T+B=K+(K+G)+G=180°
2K+2G=180°
G+K=90°
POICHè A'TB'=G+K , A'TB'=90°
"klarence":
Considero il triangolo ABP :
B+L*APB=180°
APB=180°-B-L
APB=90°
Quì ci vuole un $+$ e non un $*$?
"klarence":
Prima ho dimostrato che AP=PT , quindi il triangolo APT è isoscele , segue che PA'T=PTA'=K
Dovrebbe essere $A'P=PT$ e $A'PT$?
P.S.: bella soluzione, mi piace
P.P.S.: un consiglio, la prossima volta metti le formule tra i simboli del dollaro
"WiZaRd":
[quote="klarence"]
Considero il triangolo ABP :
B+L*APB=180°
APB=180°-B-L
APB=90°
Quì ci vuole un $+$ e non un $*$?
"klarence":
Prima ho dimostrato che AP=PT , quindi il triangolo APT è isoscele , segue che PA'T=PTA'=K
Dovrebbe essere $A'P=PT$ e $A'PT$?
P.S.: bella soluzione, mi piace
P.P.S.: un consiglio, la prossima volta metti le formule tra i simboli del dollaro[/quote]
Si a tutte e due le domande, ho sbagliato in entrambi i casi a scriverlo sul pc.
vedo che questi problemi di geomteria stuzzicano interesse...
a breve ne posterò un altro che ho trovato simpatico
a breve ne posterò un altro che ho trovato simpatico
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