Un luogo con la bisettrice

[giammaria2]

Dati i tre punti A,O, B allineati ed in questo ordine, trovare il luogo dei punti P tali che $AhatPO=OhatPB$.
Il problema è abbastanza semplice con l'analitica, quindi è gradita una soluzione che non la usi.

[Quinzio]

Il luogo dei punti $P$ e' una circonferenza che passa per $O$, il cui centro giace sulla retta $\bar{AB}$ e di raggio $(\bar{OA}\ \bar{OB})/(\bar{OB}-\bar{OA})$.

Link a grafico interattivo Geogebra:
https://www.geogebra.org/calculator/txkt5sfq

Sia
$\alpha = A\hatPO$
$\beta = A\hatOP$

Sia $\bar{AH}$ l'altezza condotta da $A$ sul lato $\bar{OP}$.

Si puo' scrivere
$\bar{OP} = \bar{AH} (1/\tan\alpha + 1/\tan\beta) = \bar{OA} \sin\beta (1/\tan\alpha + 1/\tan\beta)$
e dall'altra parte della bisettrice
$\bar{OP} = \bar{OB} \sin\beta (1/\tan\alpha - 1/\tan\beta)$.

Con alcuni passaggi si arriva a
$\tan\alpha = (\bar{OB} - \bar{OA})/(\bar{OB} + \bar{OA})\tan\beta$.

Quindi sostituendo
$ \bar{OP} = \bar{OA} \sin\beta ((\bar{OB} + \bar{OA})/((\bar{OB} - \bar{OA})\tan\beta) + 1/\tan\beta) $

e infine si arriva a
$\bar{OP} = (2\ \bar{OA}\ \bar{OB})/(\bar{OB}-\bar{OA})\cos\beta$.

Ora abbiamo un segmento, $\bar{OP}$, che e' il prodotto di una costante (data dal problema) $k = 2(\ \bar{OA}\ \bar{OB})/(\bar{OB}-\bar{OA})$ e da un angolo $\beta$.
Ci chiediamo che figura si generi facendo variare $\beta$.

Per rispondere, fissiamo un punto $D$ sulla retta $\bar{AB}$ e calcoliamo la lunghezza $\bar{DP}$.

Con alcuni passaggi si arriva a
$\bar{DP}^2 = (k \cos^2\beta - \bar{OD})^2 + (k \cos\beta \sin\beta)^2$
sviluppando i calcoli si arriva a
$\bar{DP}^2 = k\cos^2\beta (k - 2 \bar{OD}) +\bar{OD}^2$

Scegliendo $\bar{OD} = 1/2 k$
si ottiene che $\bar{DP}$ non dipende piu' da $\beta$,
quindi abbiamo una distanza costante da un punto, ovvero una circonferenza.
Una circonferenza di raggio $k = (\bar{OA}\ \bar{OB})/(\bar{OB}-\bar{OA})$

[qualcuno4]

E l'asse del segmento AB non fa parte del luogo?

[giammaria2]

@ Quinzio. Giusto, bravo. E una soluzione senza trigonometria?

@ qualcuno. Suppongo che tu volessi solo far osservare a Quinzio che ha trascurato il caso OA=OB. Se questo non si verifica, l'asse di AB non fa parte del luogo.

[axpgn]

Beh, volendo, si può considerare una retta come un cerchio di raggio infinito quindi quella formula vale sempre, anche nel caso che $O$ sia il punto medio

Cordialmente, Alex

[Quinzio]

"giammaria":E una soluzione senza trigonometria?

Sapevo che avresti storto il naso quando avresti visto coseni e tangenti nella soluzione.
Del resto avevi scritto di non gradire una soluzione analitica.
Io l'ho intesa in un senso piu' debole, ovvero di non usare un riferimento cartesiano.
La tangente e' facilmente sostituibile con un rapporto tra segmenti e cosi' per il seno, ecc...
Ammetto che le dimostrazioni "con riga e compasso" sono affascinanti e piacciono anche a me,
ma d'altra parte tante volte mi sembrano un'inutile forzatura.
Se Pitagora ed Euclide fossero nati nel 1900... chissa' cosa avrebbero usato.

[Quinzio]

"qualcuno":E l'asse del segmento AB non fa parte del luogo?

Diciamo che, se i due segmenti sono lunghi uguale, allora la circonferenza degenera in una retta (o un cerchio di raggio infinito).

[giammaria2]

Aggiungo una curiosità: se si usa l'analitica, questa dice che anche la retta AB fa parte del luogo. E non ha torto: se P è su questa retta ma fuori dal segmento AB si ha $AhatPO=OhatPB=0$.

@ Quinzio. L'uso della trigonometria era permesso e quando ho proposto questo quesito anche la mia soluzione la usava: iniziava in modo diverso dal tuo ma terminava nello stesso modo. In seguito ho però interpretato geometricamente le mie formule ed ho visto che si può rispondere anche con la sola geometria sintetica; la lunghezza cambia poco.

Con $alpha=PhatOA; beta=AhatPO=OhatPB$ avevo applicato il teorema dei seni ai triangoli AOP, BOP.

[kilogrammo1]

$$\overrightarrow{OB}=\lambda n , \overrightarrow{OA}=-\mu n ,\overrightarrow{OP}=r,\lambda>0,\mu>0$$
$n $ è il versore della retta $AB$
$$\overrightarrow{PA}=-\lambda n-r ,\overrightarrow{PB}=\mu n-r$$
$$\overrightarrow{PA}\land\overrightarrow{PO}=(-\lambda n-r)\land(-r)=\lambda n\land r$$
$$Sen(A\widehat{P}O)=\frac{\lambda|n\land r|}{|r||\lambda n+r|}$$
$$\overrightarrow{PO}\land\overrightarrow{PB}=-r\land(\mu n-r)=-\mu r\land n=\mu n\land r$$
$$sen(O\widehat{P}B)=\frac{\mu|n\land r|}{|r||\mu n-r|}$$
$$A\widehat{P}O=O\widehat{P}B$$:
$$\frac{\lambda|n\land r|}{|r||\lambda n+r|}=\frac{\mu|n\land r|}{|r||\mu n-r|}$$
Verificata per $$|n\land r|=0$$, Vettore $r$ parallelo alla retta $AB$
L'altra soluzione:
$$\frac{\lambda}{|\lambda n+r|}=\frac{\mu}{|\mu n-r|}$$
$$\lambda|\mu n-r|=\mu|\lambda n+r|$$
$$\lambda^{2}(\mu^{2}+r^{2}-2\mu n\cdot r)=\mu^{2}(\lambda^{2}+r^{2}+2\lambda n\cdot r)$$
$$\lambda^{2}\mu^{2}+\lambda^{2}r^{2}-2\lambda^{2}\mu n\cdot r=\mu^{2}\lambda^{2}+\mu^{2}r^{2}+2\mu^{2}\lambda n\cdot r$$
$$\left(\lambda^{2}-\mu^{2}\right)r^{2}-2\lambda\mu(\lambda+\mu)n\cdot r=0$$
$$\left(\lambda-\mu\right)r^{2}-2\lambda\mu n\cdot r=0$$
Per $\lambda=\eta$ si ha
$n\cdot r=0$ Il punto P è sull'asse del segmento AB
Per $\lambda\neq\mu$: assumendo come asse x la retta AB con origine in O:
$$\left(\lambda-\mu\right)(x^{2}+y^{2})-2\lambda\mu x=0$$
$x^{2}+y^{2}-\frac{2\lambda\mu}{\lambda-\mu}x=0$ Una circonferenza

[giammaria2]

@kilogrammo. Ammetto che non avrei mai pensato ad una risposta con i vettori. Complimenti!

[giammaria2]

Non mi piacciono le domande senza risposta; dato che nessuno ha mandato una soluzione in geometria sintetica, posto la mia.

Posto $OA=a; OB=b; OP=x$, per $a=b$ il luogo è chiaramente l'asse del segmento AB. Proseguo considerando $a>b$.
Dette AE, BF le distanze di A, B dalla retta OP, i triangoli AOE e BOF sono simili, quindi
$(OE)/(OF)=a/b -> {(OE=ka),(OF=kb):}$
Inoltre $(AE)/(BF)=a/b$
I triangoli PAE e PBF sono simili, quindi
$(PE)/(PF)=(AE)/(BF)$
So che $(AE)/(BF)=a/b$ e calcolo
$PE=OP+OE=x+ka;" " " " PF=OP-OF=x-kb$
ottenendo $(x+ka)/(x-kb)=a/b$
Con qualche passaggio da questa equazione ricavo
$x=(2kab)/(a-b)$
Traccio ora la perpendicolare in P ad OP, che incontra in D la retta AB. Per la similitudine dei triangoli OPD e OFB posso scrivere
$(OD)/(OP)=(OB)/(OF)->OD=OP*(OB)/(OF)=(2kab)/(a-b)*b/(kb)=(2ab)/(a-b)$
La posizione di D dipende perciò solo dai tre punti iniziali ed il luogo è quello dei punti che vedono OD sotto un angolo retto, cioè la circonferenza di diametro OD.

[axpgn]

Molto bello, bravo!