Un massimo ed un rapporto

[Piera4]

E' da un bel po' che volevo proporre questi problemi.

1) Siano $C_1$ e $C_2$ due circonferenze passanti per i punti A e B. Preso un punto P su $C_1$ (sull'arco AB esterno a $C_2$) si considerino i punti M ed N intersezioni di $C_2$ con le rette PA e PB.
Determinare la posizione di P che rende massima la lunghezza della corda MN.

2) Siano $C_1$ e $C_2$ due circonferenze tangenti esternamente. Una loro tangente comune incontra $C_1$ in A e $C_2$ in B. Sia AP un diametro di $C_1$. Da P si tracci la tangente a $C_2$ e sia Q il punto di contatto.
Determinare $(AP)/(PQ)$.

[Sk_Anonymous]

Per il secondo problema il rapporto vale 1 in quanto e' AP=PQ
Per il primo la mia e' solo una interpretazione euristica del quesito
e quindi richiede una conferma.
In effetti,poiche' si ricerca una particolare posizione del punto P,questa
potrebbe essere o l'estremo del diametro di C1 perpendicolare ad AB
( ed appartenente all'arco in questione) o uno dei due estremi del diametro di
C1 parallelo ad AB.Da una semplice ispezione grafica si deduce che MN e' massimo
nel primo caso.
karl

[Piera4]

Si può dimostrare che la lunghezza della corda MN non dipende dalla scelta di P, quindi P può stare in una posizione qualsiasi.

[G.D.5]

"karl":Per il secondo problema il rapporto vale 1 in quanto e' AP=PQ

Perché?

[Piera4]

Prova a dimostrarlo da solo con il metodo che preferisci. Comunque non è difficile trovare una dimostrazione sintetica.

[G.D.5]

"Piera":Prova a dimostrarlo da solo con il metodo che preferisci. Comunque non è difficile trovare una dimostrazione sintetica.

Ci sto sbattendo la testa sopra da ieri sera ma nada de nada. Mi arrendo

[blackdie]

Per il primo pure io mi ero reso conto del fatto che mn sia costante.Ma non riesco a dimostrarlo.Un aiutino?

[Sk_Anonymous]

Siano: R ed r i raggi di C1 e C2,O ed O' i centri di esse,S l'intersezione di CO' con
PA ( notare che C,O' ed O non sono allineati) L il punto di contatto di C1 e C2,H la
proiezione ortogonale di O' su PA.
Dalla figura deduciamo che:
OO'=R+r
PA=2R
PO=R
OH=OA-HA=R-r
$HO'^2=OO'^2-OH^2=(R+r)^2-(R-r)^2=4Rr$
PH=PA-AH=2R-r
$PO'^2=PH^2+HO'^2=(2R-r)^2+4Rr=4R^2+r^2$
$PQ^2=PO'^2-QO'^2=4R^2+r^2-r^2=4R^2=PA^2$
E dunque PQ=PA.
karl

[Piera4]

La mia soluzione è diversa:
ferma restando la figura di karl si dimostra che i punti P,L,B sono allineati.
$AP^2=PL*PB$ per il primo teorema di Euclide (triangolo rettangolo ABP).
$PQ^2=PL*PB$ per il teorema della tangente e della secante.

@blackdie
ragionare sugli angoli, se un angolo è costante...

[Sk_Anonymous]

Che P,L e B fossero collineari l'avevo sospettato pure io.
Ma come si dimostra?
karl

[Piera4]

PLA = 90° perchè inscritto in semicirconferenza
BLA = 90° perchè ABL è un triangolo rettangolo (la tangente per L dimezza AB ed è uguale a metà AB per il teorema delle tangenti).

[Sk_Anonymous]

Ok Piera,grazie.Per il primo problema non capisco una cosa.Se MN e' costante perche' poi si chiede
di trovarne il massimo?
E' possibile che non abbia compreso bene la traccia.
karl

[Piera4]

La traccia originale dice di dimostrare che MN non dipende dalla scelta di P.
Ho cambiato il testo per rendere il problema più difficile.

[G.D.5]

Problema Numero 1

Nel seguito si faccia riferimento alla figura sotto riportata.



Siano $P$ e $P'$ due qualsivoglia punti della circonferenza $C'$, sia $C' cap C'' = {A, B}$, siano $M$ e $N$ le intersezioni delle rette $PA$ e $PB$ con la circonferenza $C''$ rispettivamente, e siano $M'$ e $N'$ le intersezioni delle rette $P'A$ e $P'B$ con la circonferenza $C''$ rispettivamente.

Gli angoli $hat(PAP')$ e $hat(PBP')$ sono congruenti perché insistono sullo stesso arco $PP'$; gli angoli $hat(M'AM)$ e $hat(N'BN)$ sono congrruenti perchè rispettivamente opposti al vertice di $hat(PAP')$ e $hat(PBP')$: questo implica che gli archi $M'M$ e $N'N$ sono tra loro congruenti.

Segue che gli archi $M'N'$ e $MN$ sono tra loro congruenti perché $M'N'=M'M+MN'$ e $MN=MN'+N'N$ con $M'M=N'N$: questo implica la tesi.

P.S.: va bene?

[Piera4]

Direi proprio di sì.