ANNO II problema II

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Questo argomento contiene 5 risposte, ha 2 partecipanti, ed è stato aggiornato da  Ato.21 3 mesi, 4 settimane fa.

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  • #19851
    SLLG
    SLLG
    Partecipante

    Sia $\Gamma$ una circonferenza inscritta in un triangolo ABC. Sia D il punto del
    segmento BC che appartiene anche a $\Gamma$. Sia X l’intersezione di AD e $\Gamma$
    opposto a D. Se $AX : XD : BC = 1 : 3 : 10$ e il raggio di $\Gamma$ è 1, trova la
    lunghezza del segmento XD.

    #19855

    Ato.21
    Partecipante
    Spoiler

    $3\sqrt{\frac{2}{5}}$

    [collapse]
    #19858
    SLLG
    SLLG
    Partecipante

    Ato21…chiunque tu sia, ma forse ho qualche sospetto… è richiesta la dimostrazione!

    #19859
    SLLG
    SLLG
    Partecipante

    Ma la soluzione numerica è corretta! Bravo

    #19860
    SLLG
    SLLG
    Partecipante

    Il tuo soprannome è un omaggio ad Ato Boldon?

    #19882

    Ato.21
    Partecipante

    scusate il ritardo, ecco la dimostrazione

    Spoiler

    Sia $I$ l’incentro, $K$ il piede dell’altezza di $A$, $E$ un altro dei punti di tangenza della circonferenza e $P$ la proiezione di $I$ su $AK$. Per costruzione $DKPI$ è un rettangolo. Sia $AX=a$ abbiamo quindi che $pow(A)=AX\cdot DX=4a^{2}=AE^{2}=(AI+1)(AI-1)$
    Si ottiene $AE=2a$ e $AI^{2}=4a+1$. Conoscendo la lunghezza del segmento di tangenza $AE$ e della somma degli altri 2 ($BC$), so che $A_{ABC}=pr=12a$
    trovo quindi che $AK=\frac{2A_{ABC}}{BC}=\frac{12}{5}$
    Per Pitagora nel triangolo $API$ ora ho che
    $AI^{2}=(AK-ID)^{2}+IP^{2}\Rightarrow IP^{2}=4a^{2}-\frac{24}{25}$
    e di nuovo per Pitagora in $ADK$ ho che
    $AD^{2}=IP^{2}+AK^{2}\Rightarrow 16a^{2}=4a^{2}+\frac{24}{5}$
    $a=\sqrt{\frac{2}{5}}\Rightarrow XD=3a=3\sqrt{\frac{2}{5}}$<br />

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    Ad ogni modo sono Lowside 😉

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