Quadrato, punto interno e cerchi
Sia $ABCD$ un quadrato e sia $K$ un punto interno al quadrato e non appartenente ad alcuna delle sue diagonali. Per $K$ si conduca una retta e siano $M$ e $N$ le sue intersezioni rispettivamente con i lati $AB$ e $CD$. SI provi che le circonferenze $\Gamma_1$ e $\Gamma_2$, tracciate rispettivamente per $K,N,D$ e $K,M,B$, sono secanti.
Se suppongo che la retta per $K$ sia perpendicolare ai lati $AB$ e $CD$ la dimostrazione mi viene facile per assurdo.
Infatti, con riferimento alla figura che segue
si ha che $\hat{KMB}=\hat{KND}=90°$, quindi $KB$ e $KD$ sono diametri. A questo punto, se per assurdo, si supponesse che che le circonferenze fossero tangenti, $D,K,B$ risulterebbero allineati, e quindi $K$ risulterebbe appartenere ad una delle diagonali del quadrato $ABCD$ contro l'ipotesi iniziale che vieta questa collocazione di $K$.
Non riesco invece a procedere con la retta per $K$ non perpendicolare ai lati $AB, CD$: qualche suggerimento?
Se suppongo che la retta per $K$ sia perpendicolare ai lati $AB$ e $CD$ la dimostrazione mi viene facile per assurdo.
Infatti, con riferimento alla figura che segue
si ha che $\hat{KMB}=\hat{KND}=90°$, quindi $KB$ e $KD$ sono diametri. A questo punto, se per assurdo, si supponesse che che le circonferenze fossero tangenti, $D,K,B$ risulterebbero allineati, e quindi $K$ risulterebbe appartenere ad una delle diagonali del quadrato $ABCD$ contro l'ipotesi iniziale che vieta questa collocazione di $K$.
Non riesco invece a procedere con la retta per $K$ non perpendicolare ai lati $AB, CD$: qualche suggerimento?
Risposte
Mmm... Ci devo lavorare. Lavoro, lavoro 
ho trovato un modo semplice per venir fuori dall'inghippo, basta commentare un passaggio importante della dimostrazione distinguendo vari casi.
quindi, visto che la parte più difficile della dimostrazione è quella per assurdo, ti consiglio vivamente di aggiungere l'altro disegno (con le circonferenze tangenti). riprendo la prima patre della dimostrazione e spero di finirla qui.
[su questo punto bisogna specificare]
se DNM e NMB sono angoli acuti, i corrispondenti angoli al centro sono convessi, e gli archi DK e KB su cui insistono sono minori della semicircorferenza, per cui il centro O1 ed il punto N sono nello stesso semipiano individuato dalla corda DK, e analogamente il centro O2 ed il punto M sono nello stesso semipiano individuato dalla corda KB.
se DNM e NMB sono angoli retti, i corrispondenti angoli al centro sono piatti, e gli archi DK e KB su cui insistono sono uguali alla semicircorferenza, per cui le corde DK e KB sono diametri: dovendo essere allineati i punti O1 e O2, anche K sarà allineato con D e B, per cui K apparterrebbe alla diagonale DB del quadrato, contro l'ipotesi. [in tal caso avremmo finito. visto che era solo un caso, potremmo a questo punto escludere tale caso.]
se DNM e NMB sono angoli ottusi, i corrispondenti angoli al centro sono concavi, e gli archi DK e KB su cui insistono sono maggiori della semicircorferenza, per cui il centro O1 ed il punto N sono in semipiani opposti individuati dalla corda DK, e analogamente il centro O2 ed il punto M sono in semipiani opposti individuati dalla corda KB.
[a questo punto quello che segue va bene, ma nel terzo caso vanno considerati gli angoli esplementari degli angoli concavi congruenti]
a questo punto penso che sia sufficiente (!?!).
fammi sapere e riordina il tutto.
ciao.
quindi, visto che la parte più difficile della dimostrazione è quella per assurdo, ti consiglio vivamente di aggiungere l'altro disegno (con le circonferenze tangenti). riprendo la prima patre della dimostrazione e spero di finirla qui.
"adaBTTLS":gli angoli DNM e NMB risultano congruenti perché alterni interni rispetto alle rette DC e AB tagliate dalla trasversale MN.
per K si conduca una retta e siano M,N i punti d'intersezione con i lati AB e CD.
detto ciò, va notato che DN ed NK sono corde di $Gamma_2$, ed anche KM ed MB sono corde di $Gamma_1$. dunque N è esterno a $Gamma_1$ ed M è esterno a $Gamma_2$. le due circonferenze, dunque, avendo K in comune, o sono secanti o sono tangenti esternamente. se fossero tangenti esternamente, esisterebbe una tangente in comune passante per K, e la perpendicolare ad essa, passante per K, sarebbe la congiungente dei centri.
[su questo punto bisogna specificare]
se DNM e NMB sono angoli acuti, i corrispondenti angoli al centro sono convessi, e gli archi DK e KB su cui insistono sono minori della semicircorferenza, per cui il centro O1 ed il punto N sono nello stesso semipiano individuato dalla corda DK, e analogamente il centro O2 ed il punto M sono nello stesso semipiano individuato dalla corda KB.
se DNM e NMB sono angoli retti, i corrispondenti angoli al centro sono piatti, e gli archi DK e KB su cui insistono sono uguali alla semicircorferenza, per cui le corde DK e KB sono diametri: dovendo essere allineati i punti O1 e O2, anche K sarà allineato con D e B, per cui K apparterrebbe alla diagonale DB del quadrato, contro l'ipotesi. [in tal caso avremmo finito. visto che era solo un caso, potremmo a questo punto escludere tale caso.]
se DNM e NMB sono angoli ottusi, i corrispondenti angoli al centro sono concavi, e gli archi DK e KB su cui insistono sono maggiori della semicircorferenza, per cui il centro O1 ed il punto N sono in semipiani opposti individuati dalla corda DK, e analogamente il centro O2 ed il punto M sono in semipiani opposti individuati dalla corda KB.
[a questo punto quello che segue va bene, ma nel terzo caso vanno considerati gli angoli esplementari degli angoli concavi congruenti]
"adaBTTLS":
dalla congruenza degli angoli DNM e NMB segue la congruenza degli angoli $DO_1K$ e $KO_2B$; inoltre, essendo i triangoli $DO_1K$ e $KO_2B$ isosceli, segue la congruenza anche degli angoli alla base: risulta cioè $O_1DK=O_1KD=O_2KB=O_2BK$.
tieni conto di tutte le discussioni
se supponiamo per assurdo che K appartenga al segmento $O_1O_2$, allora dovrebbe appartenere anche al segmento $DB$, cioè la diagonale, contro l'ipotesi, perché gli angoli $O_1KD$ e $O_2KB$ risulterebbero opposti al vertice.
a questo punto penso che sia sufficiente (!?!).
fammi sapere e riordina il tutto.
ciao.
ti auguro una felice conclusione dell'esercizio. sto per chiudere. non ci sarò per qualche giorno. ciao.
"adaBTTLS":
ti auguro una felice conclusione dell'esercizio. sto per chiudere. non ci sarò per qualche giorno. ciao.
Innanzitutto, buone vacanze (anche se in ritardo, ma ho avuto diversi problemi "informatici" in questi giorni che mi hanno tenuto lontano oltremodo dal forum).
Per quanto riguarda l'esercizio, ho integrato quello che hai detto nel tuo ultimo intervento col mio lavoro di questi giorni: ecco quello che ne viene fuori, come "bella copia".
Da premettere una cosa: $K$ può appartenere alla diagonale $AC$, non a quella $DB$.
Sia $ABCD$ un quadrato, sia $K$ un suo punto interno non giacente sulla diagonale $BD$ e sia $r$ una retta per $K$ tale da incontrare $AB$ in $M$ e $CD$ in $N$. Detti $\Gamma_1, Gamma_2, O_1,O_2$ rispettivamente la circonferenza per $K,N,D$, la circonferenza per $B,K,M$, il centro della prima circonferenza e il centro della seconda, si comincia col notare che $\hat{KND}=\hat{KMB}$, perché angoli alterni interni formati dalle parallele $AB$ e $CD$ con la trasversale $r$. Premesso questo, possono aversi tre casi:
1) $\hat{KND}=90°$
2) $\hat{KND}>90°$
3) $\hat{KND}<90°$
In ognuno di questi casi, procediamo per assurdo, supponendo che $\Gamma_1$ e $\Gamma_2$ siano tangenti esternamente in $K$.
Caso 1)
Sia $\hat{KND}=90°$: in tal caso si ha $O_1 \in DK$ e $O_2 \in BK$, poiché i triangoli $DKN$ e $BKM$ sono retti (risp. in $N$ e $K$) e $DK$ e $BK$ ne sono le rispettive ipotenuse. Se, per assurdo, $O_1, K, O_2$ fossero allineati, allora lo sarebbero anche $D,K,B$, quindi risulterebbe $K \in DB$, il che costituisce un assurdo.
Caso 2)
Sia $\hat{KND}>90°$: in tal caso i triangoli $DKN$ e $BKM$ sono ottusangoli in $N$ e $M$, rispettivamente, dunque $O_1$ si trova nel semipiano che non contiene $N$ rispetto a $DK$ e $O_2$ si trova nel semipiano che non contiene $M$ rispetto a $BK$. Inoltre, i corrisponedenti angoli al centro di $\hat{KND}$ e $\hat{KMB}$ sono concavi: di seguito saranno denotati come $\hat{KO_1 D}^\**$ e $\hat{KO_2 B}^\**$.
Poiché $\hat{KND}=\hat{KMB}$, allora $\hat{KO_1 D}^\**=\hat{KO_2 B}^\**$ e, di conseguenza, $\hat{KO_1 D}=\hat{KO_2 B}$, dove $\hat{KO_1 D}$ e $\hat{KO_2 B}$ sono gli angoli al centro convessi esplementari di quelli concavi precedentemente considerati.
Poiché i triangoli $KO_1 D$ e $KO_2 B$ sono entrambi isosceli e hanno gli angoli al vertice uguali, allora sono tra loro uguali gli angoli alla base: $\hat{O_1 D K}=\hat{O_1 K D}=\hat{O_2 K B} = \hat{O_2 B K}$.
Essendo, per ipotesi iniziale, $M,K,N$ allineati, risulta $\hat{BKM} + \hat{O_2 K B} + \hat{O_2 KN} = 180°$.
Se, per assurdo, $O_1, K, O_2$ fossero allineati, allora $\hat{O_1 KN} = \hat{O_2 KM}$ e $\hat{NKO_2}=\hat{MKO_1}$, inoltre, per quanto prima detto (i.e. $\hat{O_1 D K}=\hat{O_1 K D}=\hat{O_2 K B} = \hat{O_2 B K}$), sarebbe anche $\hat{DKN}=\hat{BKM}$ e, in fine, risulterebbe $\hat{DKN} + \hat{O_2 K B} + \hat{O_2 KN} = 180°$, il che comporterebbe che $K \in DB$, che è un assurdo.
Caso 3)
Sia $\hat{KND}<90°$. Sia che i triangoli $KND$ e $KMB$ siano entrambi acutangoli, sia che uno di essi sia ottusangolo e l'altro acutangolo, sia che uno di essi sia retto e l'altro acutangolo, $O_1$ si trova nel semipiano di $N$ rispetto a $DK$ e $O_2$ si trova nel semipiano di $M$ rispetto a $BK$.
Come nel precedente caso, da $\hat{KND}=\hat{KMB}$ segue che $\hat{DO_1 K} = \hat{BO_2 K}$ (dove questi ultimi due angoli sono convessi). I triangoli $DO_1 K$ e $BO_2 K$ sono entrambi isoceli e hanno gli angoli al vertice uguali, dunque sono tra loro uguali gli angoli alla base: $\hat{DKO_1}=\hat{KDO_1}=\hat{BKO_2}=\hat{KBO_2}$.
Notiamo ora che è $\hat{O_2 KM}+\hat{O_2 KB}+\hat{BKN}=180°$, semplicemente perché, per costruzione iniziale, K,N,M sono allineati.
Se, per assurdo, $O_1, K, O_2$ fossero allineati, allora si avrebbe anche che $\hat{O_1 KN} = \hat{O_2 KM}$ e, in fine, risulterebbe $\hat{O_1 KN}+\hat{O_1 KD}+\hat{BKN}=180°$, quindi $D,K,B$ sarebbero allineati, il che è un assurdo.
P.S. Ho parlato di triangoli acutangoli, ottusangoli e rettangoli perché, invece di pensare a corde e diametri, avevo giustificato le posizioni di $O_1$ e $O_2$ valutando che questi punti sono i circocentri dei triangoli $DKN$ e $BMK$, rispettivamente, e volevo vedere se eri d'accordo.
ormai le vacanze sono finite...
ho rivisto il problema solo adesso, in maniera "sonnolenta". mi pare però che "ora" sia tutto chiaro...!
ciao.
ho rivisto il problema solo adesso, in maniera "sonnolenta". mi pare però che "ora" sia tutto chiaro...!
ciao.
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