Aiuto problemini di geometria (circonferenza)

[fenrir7]

Salve non riesco a risolvere questi 2 problemi...
1) Sul prolungamento, dalla parte di B del diametro AB di una circonferenza considera un punto P e da P conduci la tangente PT alla circonferenza .Detta H la proiezione di T su AB dimostra che BT è bisettrice dell'angolo HTP

2)Sia P un punto esterno alla circonferenza di diametro AB tale che i segmenti PA e Pb intersecao la circonferenza , rispettivamente,in C e D.
Detta L la proiezione di A sulla retta CD dimostra che gli ANGOLI CAL e BAD sono congruenti

Nel primo penso di essermi avvicinato alla dimostrazione, ho disegnato la proiezione di B su PT,ora volevo dimostrare che i triangoli HBT e BOT sono congruenti , ma non sono stato capace di continuare.

[quantunquemente]

io ho fatto un un altro ragionamento,magari un po' cervellotico
chiamiamo $C$ il centro della circonferenza
i triangoli $PTC$ e $PTH$ sono rettangoli ed hanno un angolo acuto in comune; ciò comporta che $ That(C)H~= Hhat(T) P $ e quindi $ Chat(T)H~= That(P) C $
il triangolo $CTB$ è isoscele e quindi $ Chat(T)H+Hhat(T) B~= Chat(B) T $
per uno dei teoremi dell'angolo esterno, $ Chat(B)T~= Bhat(T) P+That(P)C $
da qui segue immediatamente che $ Hhat(T)B~= Bhat(T)P $

[fenrir7]

Grazie ma non riesco a capire da dove dici che il triangolo CTB è isoscele, come fai a poterlo dire?

[@melia]

Il secondo esercizio mi è venuto bene, per il primo non riesco a trovare una soluzione elegante.
Secondo.
I caso) se $hat(ABP)$ acuto
L'angolo $hat(ACD)$ è supplementare di $hat(ABD)$ perché angoli alla circonferenza che insistono sui due diversi archi AD, ma anche $hat(LCA)$ è supplementare di $hat(ACD)$ perché sulla stessa retta LD, quindi $hat(ABD)=hat(LCA)$.
Il triangolo BAD è rettangolo in D, quindi $hat(BAD)$ è complementare di $hat(ABD)$.
Il triangolo ALC è rettangolo in L, quindi $hat(LAC)$ è complementare di $hat(LCA)$.
Ne segue che $hat(ABD)=hat(LAC)$ perché complementari di angoli congruenti.

C'è un secondo caso se $hat(ABP)$ ottuso

[quantunquemente]

@fenrir
$CT$ e $CB$ sono 2 raggi

[orsoulx]

"@melia": per il primo non riesco a trovare una soluzione elegante.

Sperando che il senso estetico delle streghe non sia difforme da quello di chi teme il diavolo.
Considerando anche la seconda tangente $ PT' $ si ottiene una figura simmetrica rispetto alla retta $ AB $, quindi gli archi $ BT' $ e $ BT $ sono congruenti, ma allora lo sono anche gli angoli alla circonferenza \( \hat{HTB} \) e \( \hat{BTP} \) che li sottendono.
Ciao
B.

[igiul1]

Dimostrazione del primo problema diversa da quella proposta

$hat(TAB)=hat(BTP)$ perchè angoli alla circonferenza che insistono sullo stesso arco $TB$.

$hat(TAH)=hat(HTB)$ perchè complementari dello stesso angolo $hat(ATH)$

ergo: $hat(HTB)=hat(BTP)$