Segmento compreso tra due cerchi

[Pachisi]

Un cerchio $S_1$ con diametro $AB$ interseca un cerchio $S_2$, con centro in $A$, nei punti $C$ e $D$. Si consideri una retta passante per $B$ che interseca il cerchio $S_2$ nel punto $M$ dentro il cerchio $S_1$, ed il cerchio $S_1$ nel punto $N$. Dimostrare che $MN^2=CN \cdot ND$.

[giammaria]

Scommetterei parecchio che ci sono soluzioni migliori della mia, che però mando in mancanza di meglio.

Simboli: $r$ è il raggio di $S_1$
$alpha=AhatCD=AhatDC=AhatBC$
$x=AhatBN=AhatDN=AhatCN$

Si ha
$NhatDC=AhatDC-AhatDN=alpha-x->CN=2rsin(alpha-x)$
$NhatCD=AhatCD+AhatCN=alpha+x->ND=2rsin(alpha+x)$
e quindi, usando Werner,
$CN*ND=4r^2sin(alpha+x)sin(alpha-x)=2r^2(cos2x-cos2alpha)=2r^2[(1-2sin^2x)-(1-2sin^2alpha)]=4r^2(sin^2alpha-sin^2x)$


Per il teorema della corda si ha $AC=2rsinAhatBC=2rsinalpha$ e quindi anche
$AM=AC=2rsinalpha$
Per lo stesso teorema $AN=2rsinx$
L'angolo $AhatNB$ è retto perché inscritto in una semicirconferenza e dal triangolo rettangolo $AMN$ ricaviamo
$MN^2=AM^2-AN^2=4r^2sin^2alpha-4r^2sin^2x=4r^2(sin^2alpha-sin^2x)= CN*ND$

[Pachisi]

Non ci avevo pensato
Comunque ti assicuro che si puo` fare anche solo con la sintetica.

[milizia96]

Innanzitutto notiamo che $C\hat NB = B\hat ND\ (= \alpha)$, in quanto insistono su archi di $S_1$ aventi la stessa lunghezza. Inoltre $C\hat AD = 2\alpha$.
Indicando con $P$ il punto esterno a $S_1$ in cui la retta $BM$ interseca $S_2$, si ha $C\hat PD={C\hat AD}/2=\alpha$.
Consideriamo ora gli angoli $C\hat PD\ (=\alpha)$, $D\hat MP\ (=\beta)$, $P\hat MC\ (=\gamma)$. Essi sono angoli alla circonferenza ($S_2$) la cui somma è $180^\circ$, in quanto i tre archi su cui essi insistono sono a due a due disgiunti e la loro unione è $S_2$.
Il triangolo $NMD$ ha due angoli ampi rispettivamente $\alpha$ e $\beta$. Allora il terzo angolo sarà $\gamma$.
Con un ragionamento analogo scopriamo che anche il triangolo $NMC$ ha angoli $\alpha$, $\beta$, $\gamma$.
Questi due triangoli sono allora simili, perciò ${NM}/{DN}={NC}/{MN}$ che è equivalente alla tesi.

[Pachisi]

Si, bravo

[Vulplasir]

$MN^2=AM^2-AN^2$

Considero ora i quadrilateri inscritti $NCBA$ e $NBDA$ e applico il teorema di Tolomeo:

$CN*AB+AN*CB=BN*AC$
$AN*DB+AD*BN=ND*AB$

Si ha che $DB=CB$ e $AC=AM=AD$ e dunque:

$CN*AB+AN*CB=BN*AM$
$AN*CB+AM*BN=ND*AB$

Da ognuna di queste due equazioni ricavo:
$CN=(BN*AM-AN*CB)/(AB)$
$ND=(BN*AM+AN*CB)/(AB)$

Moltiplicandole ottengo:

$CN*ND=AM^2*((BN^2)/(AB^2))-AN^2((CB^2)/(AB^2))$

Adesso bisogna dimostrare che $CN*ND=MN^2$, ossia che:

$AM^2((BN^2)/(AB^2))-AN^2((CB^2)/(AB^2))=AM^2-AN^2$

$AM^2(BN^2-AB^2)=AN^2(CB^2-AB^2)$

$(AM^2)/(AN^2)=(CB^2-AB^2)/(BN^2-AB^2)$

$(AM^2)/(AN^2)=(AB^2-CB^2)/(AB^2-BN^2)$

ma il triangolo $ABC$ è rettangolo in $C$ così come il triangolo $ABN$ lo è in $N$, l'ultima uguaglianza è pertanto sempre vera per il teorema di Pitagora.

[Pachisi]

Bella soluzione