Triangoli e circonferenze

[giulylanza06]

Sia ABC un triangolo. Sia ΓA il luogo dei punti X tali che BX/CX =BA/CA.
• Mostrare che ΓA `e una circonferenza, che chiamiamo circonferenza di Apollonio relativa ad A.
Siano ora D e D′ rispettivamente i piedi delle bisettrici interna ed esterna relative ad A.
• Mostrare che A, D, D′ appartengono a ΓA.
• Mostrare inoltre che ΓA `e la circonferenza di diametro DD′.
Definiamo ora analogamente ΓB e ΓC, le circonferenza di Apollonio relative a B e C.
• Mostrare che ΓA, ΓB e ΓC passano tutte per due punti J e J′, che quindi ne determinano l’asse radicale comune.

[Sk_Anonymous]

Le solite domande:
grado stimato di difficoltà;
contesto in cui è sttao proposto;
hai una o più soluzioni?

PS
Direi che i primi tre punti siano, risultati classici ben noti (ma magari potrebbe essere utile richiamare le dimostrazioni relative)

Per il quarto pallino,

nel caso, posso fornire qualche suggerimento (o la soluzione completa che non è molto difficile)

[giulylanza06]

Livello di difficoltà a mio parere elevato, l'ho trovato in una dispensa si geometria, ho una soluzione ma non so se sia corretta, per i primi tre punti ho dovuto ragionare parecchio, quindi se tu avessi soluzioni più semplici mi faresti un grosso favore, per il quarto punto ho solo qualche idea

[axpgn]

@gl630

[ot]Se mi posso permettere una domanda: a cosa ti servono questi problemi? Studio, svago o gare? O altro?
Ovviamente, puoi benissimo non rispondere, non è importante, solo curiosità ... [/ot]

[Sk_Anonymous]

"gl630":Livello di difficoltà a mio parere elevato, l'ho trovato in una dispensa si geometria, ho una soluzione ma non so se sia corretta, per i primi tre punti ho dovuto ragionare parecchio, quindi se tu avessi soluzioni più semplici mi faresti un grosso favore, per il quarto punto ho solo qualche idea

la dimostrazione del cerchio di Apollonio come luogo dei punti tali che ... si può avere in varie salse ma non è semplicissima.

Se vuoi posta pure le tue "fatiche" e, nel caso conosca qualcosa di più "semplice" lo condividerò senzaltro.

Il quarto punto, basandosi sulle proprietà deic erchi di Apollonio, invece, mi sembra di immediata soluzione.

[Erasmus_First]

"gl630":Sia ABC un triangolo. Sia ΓA il luogo dei punti X tali che BX/CX =BA/CA.
1) Mostrare che ΓA `e una circonferenza, che chiamiamo circonferenza di Apollonio relativa ad A.
Siano ora D e D′ rispettivamente i piedi delle bisettrici interna ed esterna relative ad A.
2) Mostrare che A, D, D′ appartengono a ΓA.
3) Mostrare inoltre che ΓA `e la circonferenza di diametro DD′.
Definiamo ora analogamente ΓB e ΓC, le circonferenza di Apollonio relative a B e C.
4) Mostrare che ΓA, ΓB e ΓC passano tutte per due punti J e J′, che quindi ne determinano l’asse radicale comune.

NB. Ho cambiato il carattere "•" che stava davanti a ciascuna delle 4 richieste con i loro numeri d'ordine 1), 2) 3) e 4) per maggiore comodità di riferimento.
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Un paio di osservazioni.
a) In riferimento al punto 1), la circonferenza (detta qui di Apollonio) relativa ad un vertice, se quel vertice è equidistante dagli altri due degenera in una retta: l'asse del lato opposto a quel vertice. In riferimento all'intero problema, occorre dunque che il triangolo ABC sia scaleno.
b) Nella frase subito prima della richiesta 2), mi risulta incomprensibile la definizione dei punti D e D' quali "piedi delle bisettrici interna ed esterna relative ad A.
•"Piedi" SU quali rette?
• Che si intende con "bisettrici interna ed esterna relative ad A" ?
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Ho svolto dettagliatamente il punto 1).

Dalla stessa definizione del luogo Γ[size=85]A[/size] risulta che A appartiene al luogo.
Sia A' il punto simmetrico (di simmetria ortogonale) di A rispetto a BC. Anche A' appartiene al luogo.
Sia h = AA'/2. Allora h è l'altezza di ABC rispetto al lato BC
Siano:
• a la lunghezza del lato opposto ad A;
• b la lunghezza del lato opposto a B;
• c la lunghezza del lato opposto a C.
sia P il punto interno a BC appartenente a Γ[size=85]A[/size]. Allora P dista da B la distanza x tale che
$(a-x)/x$ = AP/PB = AB/AC = $b/c$ $⇔$ $x=$ PB $ =ca/(b+c)$.
Se A è equidistante da B e C (cioè se è b = c) allora P è il punto medio di BC. In tal caso AP è l'asse di BC e perciò ogni suo punto è pure equidistante da B e da C. Ossia:
• Se è b = c allora il luogo Γ[size=85]A[/size] è la retta AP, dove P è il punto medio del lato BC.
• Se invece è b ≠ c, allora esiste un altro punto Q della retta BC (esterno al segmento BC) appartenente al luogo Γ[size=85]A[/size].
Non è restrittivo supporre b > c e quindi cercare Q sul prolungamento di BC dalla parte di B.
Sia y = BQ. Allora deve essere:
$(a + y)/y = b/c$ $⇔$ $y =ca/(b-c)$.
La distanza tra P e Q (entrambi punti del cercato luogo) è:
PQ = x + y = $ac/(b+c) + ac/(b-c) = 2(abc)/(b^2-c^2)$.
Sia O il punto medio di PQ e sia r la equidistanza di O da P e Q. Risulta
$r = (abc)/(b^2 - c^2).
La distanza di O (che sta tra Q e B) da B è dunque
BO = BQ$-$OQ = $y - (x+y)/2 = (y-x)/2 = (ac)/2·(1/(b-c) - 1/(b+c)) = ac^2/(b^2 - c^2)$.

Tesi:
Il cercato luogo Γ[size=85]A[/size] [nell'ipotesi b > c] è la circonferenza del cerchio di centro O e raggio
r = OP = OQ =$(abc)/(b^2-c^2)$.
Sia X un punto qualsiasi del luogo. La tesi sarà verificata se risulterà chew la distanza X da O è uguale ad r.
Allora basta dimostrare che per arbitrario X appartenente al luogo cercato risulta
XO^2 =$(a^2b^2c^2)/(b^2-c^2)^2$. (*)
[NB. Sfruttando il teorema di Carnot, si verifica facilmente che che A (appartenente a Γ[size=85]A[/size]) dista r da O].
Sia H l'intersezione della retta per X perpendicolare a BC con BC stessa.
Si ponga $h = $XH e $x = $HB, per cui $a–x$=CH. Se X appartiene a Γ[size=85]A[/size] deve essere
$((a-x)^2+h^2)/(x^2 + h^2) = b^2/c^2$, da cui si ricava:
$x^2 + 2(c^2a)/(b^2 - c^2)x-((a^2c^2)/(b^2-c^2) -h^2) = 0$ $⇔$
$⇔$ HB$=x=-(ac^2)/(b^2-c^2) ± sqrt((a^2b^2c^2)/(b^2-c^2)^2-h^2)$.
Sicché la distanza di H da O è legata alla distanza h di X dalla BC dall'uguaglianza:
HB + BO = $|x + ac^2/(b^2 - c^2)| = sqrt((a^2b^2c^2)/(b^2-c^2)^2-h^2) = sqrt(r^2 –h^2)$.
Dall'ultima uguaglianza si vede che se X appartenere a Γ[size=85]A[/size] occorre che la sua distanza da BC sia
$h ≤(abc)/(b^2 - c^2) = r$
e allora risulta:
XO]^2 = $h^2 + (abc)^2/(b^2 - c^2)^2 = r^2$ $⇒$ XO]$= r$.
Dunque tutti i punti del luogo Γ[size=85]A[/size] distano r da O.

Riassumendo:
a) Se è AB = b > c = AC, il luogo Γ[size=85]A[/size] è la circonferenza del cerchio di centro O e raggio r dove
• O sta sul prolungamento del lato BC [di lunghezza a] dalla parte di B alla distanza $ac^2/(b^2 - c^2)$ da B;
• r è la distanza di A da O e vale $r=(abc)/(b^2 - c^2).
b) Ovviamente, se invece è AB = b < c = AC, il luogo è angora una circonferenza; quewlla definita scambiando tra loro B e C, ossia
• il centro sta sul prolungamento di BC dalla parte di C e alla distanza $(abc)/(c^2-b^2)$ da C;
• il raggio è la distanza di A dal centro e vale $(abc)/(c^2 - b^2)$.
c) Se ABC è isoscele sulla base BC, [cioè se u]AB = b = c = AC], il luogo degenera nella retta per A ed il punto medio P di BC (retta che è l'asse del lato BC – e anche mediana, bisettrice e altezza –.

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[orsoulx]

"Erasmus_First":la circonferenza (detta qui di Apollonio)

Risulta così censita al catasto dei luoghi geometrici.

"Erasmus_First":occorre dunque che il triangolo ABC sia scaleno.

Si e no. Con un atteggiamento inteso a valorizzare le diversità si possono accogliere, con reciproco giovamento, anche le rette.

"Erasmus_First":Che si intende con "bisettrici interna ed esterna relative ad A" ?

Questa è frutto solo del tuo spirito polemico. Non credo tu abbia mai criticato teoremi tipo: "la somma degli angoli interni (aut esterni) di un n-agono, non intrecciato, è...".

"Erasmus_First":"Piedi" SU quali rette?

A parte lo sgradevole olezzo del piede, che preferirei lasciare alla sola altezza, è noto che qualsiasi ceviana (intesa come segmento) ha per estremi un vertice del triangolo ed un punto della retta (unica e ben definita) che include il lato opposto.

"Erasmus_First":NB. Ho cambiato il carattere "•" che stava davanti a ciascuna delle 4 richieste

L'unica, lieve, difficoltà di questo problema, nasce solo quando ci si imponga di seguire pedissequamente l'ordine delle richieste. Le prime tre possono essere agevolmente dimostrate in blocco, la quarta richiede un passaggio.
Ciao
B.
PS Hai fatto bene a cancellare il duplicato del tuo messaggio. Negli ultimi passaggi potresti correggere una svista nella trasformazione della formula per la distanza centro della circonferenza-vertice più vicino.

[Erasmus_First]

@ orsoulx.
a) Dicendo "qui detta di Apollonio" intendevo che non ne sapevo niente (mai incotrata) prima d'ora.
b) Mi pareva che fosse utile precisare che il clou del problema (trovare quei "luoghi" chiamati fin da subito "circonferenze") abbisognasse di lati di misura non uguale. Ad esercizio svolto, mi pare anche rilevante osservare che la stessa espressione del raggio di quella circonferenza mostra che esso tende all'infinito al tendere ad 1 del rapporto tra i due lati coinvolti
c) Il polemista sei tu, non io!
Davvero ancora adesso non capisco chi sono quei due punti D e D'.
Io so che ogni angolo (inteso come parte di piano tra due semirette con origine comune) ha una sola bisettrice; e che, parlando di un poligono, "interno" è attributo d'un angolo (e mno di una semiretta!) tra due semirette con origine in un vertice includenti due lati con un estremo in quel vertice ... al quale angolo appartengono punti interni alla parte di piano delimitata dalla spezzata perimetrale del poligono. Forse sono davvero di dura cervice (e anche presuntuoso perché non credo di essere l'unico a non capire cosa vuol dire "bisettrici interna ed esterna relative ad A" ma anzi di essere in numerosa compagnia).
d) Non so cos'è una "ceviana". Non credo che sia importante saperlo perché in più di 70 anni dai miei primi contatti con la geometria mai l'ho sentita né vista nominare (benché di geometria io non sia proprio un profano).
Io so che, se si considera la perpendicolare p per un punto P alla retta r (o al piano π), il punto H intersezione di p conr (o con π) è detto "piede di p su r (o su π)". Ma se non dico a quale retta (o a quale piano) p è perpendicolare, non ha più senso parlare di "piede".
[Facevi meglio (e più presto) a dirmi tout-court quel che [in proposito] non so ed il il significato di quel che non ho capito. Un'opera di misericordia spirituale è: «Istruire gli ignoranti»
e) Spesso interrompo lasciando in sospeso i miei interventi [per dedicartmi ad altro ... prioritario!] perché sono ormai lentissimo. Inoltre incappo sempre più spesso in errori di battitura o di manovra nel cliccare questo o quel link. A comporre un testo con lo svolgimento dettagliato di un esrcizio posso metterci anche più giorni. Non so come e quando mi è partito dal computer quel duplicato. Probabilmente ho "cliccato" su "cita" invece che su "modifica", ho corretto ed inviato. Molto spesso modifico. Sempre se vedo qualcosa di sbagliato o di incomprensibile (per esempio per aver omesso di terminare una espressione matematica con "$").
Quando mi sono accorto del duplicato non avrei saputo dire quanto tempo era passato dal suo invio. Per fortuna nessuno aveva ancora replicato (se no – mi pare – non avrei più potuto eliminare il messaggio).
––––––––––
Mi viene in mente quando (per me anni '60) progettavamo circuitri a transistori discreti (pochi perché m,olto costosi!).
Un tipo di circuito "amplificatore di potenza" [ma a guadagno di tensione unitario] era il cosiddetto "emitter follower" (in italiano "inseguitore d'emettitore").
Ecco: mi pare che spesso nei miei riguardi un "emitter follower" sei tu!
Mi [in]segui quando "emetto" un intervento "spiattellato" qui sul forum!

[orsoulx]

@Erasmus_First:
un triangolo è delimitato da tre rette che si intersecano in tre punti distinti. Ciascuna coppia di rette individua quattro angoli a due a due congruenti, perché opposti al vertice. Le bisettrici di questi angoli sono due rette, mutuamente perpendicolari, quella cui appartengono punti del triangolo, distinti dal vertice, si dice interna e l'altra esterna. Fra le più elementari delle millanta proprietà del triangolo figurano anche quella di avere un'unica circonferenza passante per i suoi[strike]lati[/strike] vertici (circoscritta) e quattro circonferenze tangenti ai suoi lati (nel senso di rette), quella con il centro appartenente al triangolo viene detta inscritta, le restanti ex-inscritte. I centri di queste (ex-centri) appartengono a due tangenti esterne e ad una interna... Una proprietà che piaceva molto ai miei studenti (la trattavo facendo trigonometria) era quella relativa alle misure dei raggi di queste quattro circonferenza: ognuno si può trovare dividendo l'area del triangolo per uno dei fattori $ p, p-a, p-b, p-c $, che compaiono nella formula di Erone.
Il non aver mai incontrato, in 70 anni di geometria, il termine 'ceviana', non è sufficiente per renderlo poco importante: non conosco, purtroppo, un suo sinonimo per indicare le rette (ed i relativi segmenti) accomunati dalla proprietà di passare per il vertice di un triangolo e di incontrare il lato opposto secondo una data 'definizione' (altezze, mediane, bisettrici interne, bisettrici esterne, trisettrici...). Se Giovanni Ceva non fosse stato un contemporaneo di Newton, ma avesse prodotto i suoi lavori più di un secolo dopo, forse oggi sarebbe noto come Steiner o Poncelet.
Ciao
B.

[giulylanza06]

@axpgn leggo solo ora, pura curiosità personale e preparazione alla gara a squadre delle olimpiadi.

[axpgn]

Grazie