Punti medi dei segmenti di tangenza

[salva90]

Siano dati due cerchi non tangenti nè secanti.

Chiaramente questi cerchi hanno quattro tangenti comuni.

Provare che i punti medi di cotali segmenti sono collineari.


ps: ASSOLUTAMENTE vietato agli esperti, l'ho postato solo perchè mi è piaciuto

[dario2994]

Riesumo pure questo...
Presa un qualsiasi tangente comune chiamo A,B i punti di tangenza e M il punto medio. La potenza di M rispetto alle 2 circonferenze vale rispettivamente $ $MA^2,MB^2 $ ma M è il punto medio di AB quindi le potenze sono uguali. Avendo eguale potenza rispetto alle 2 circonferenze M appartiene all'asse radicale che è per definizione il luogo dei punti con eguale potenza rispetto alle 2 circonferenze.
Stesso ragionamento si può fare per tutti i punti medi delle tangenti comuni, che quindi appartengono tutti all'asse radicale delle 2 circonferenze che essendo una retta implica che sono tutti allineati.

BONUS) dedurne (not so easy) una possibile costruzione con riga e compasso dell'asse radicale di 2 circonferenze esterne l'una rispetto all'altra.

[<enigma>]

(Edit: Cancellato il delirio incomprensibile posto poi una soluzione con disegno)

[<enigma>]

Premetto che il disegno non c'è perché dopo aver scritto la soluzione è saltata la connessione e ho dovuto riscrivere tutto daccapo...li sì che ero arrabbiato!

Dunque, siano $ \Gamma $ e $ \Gamma ' $ le due circonferenze, $ O $ e $ O' $ i loro centri, $ R $ e $ r $ i loro raggi (supponiamo $ R>r $). Supponiamo di avere $ O $ e $ O' $ dati: se così non è è facile trovarli, per esempio tracciando due corde e segnando l'intersezione dei loro assi. Riportiamo $ r $ sulla congiungente $ OO' $, in modo da costruire una circonferenza $ \Gamma '' $ di raggio $ R-r $ e centro $ O $. Costruiamo ora il punto medio $ M $ di $ OO' $ e tracciamo la circonferenza di centro $ M $ e raggio $ MO $, che intersecherà $ \Gamma '' $ in $ K $ e $ K' $. Costruiamo la retta $ s $ passante per $ K $ e $ O' $, e costruiamo la sua parallela $ s' $ tangente a $ \Gamma $ dalla parte di $ K $ (possiamo farlo per esempio costruendo una perpendicolare e usandola per traslare la retta): tale retta sarà tangente anche a $ \Gamma ' $ in $ T' $. Costruiamo il punto medio $ N $ di $ TT' $. Ripetiamo identicamente il ragionamento per l'altra tangente esterna simmetrica -rispetto a $ OO' $-: avremo i due punti $ N $ e $ N' $; la retta passante per quei due sarà l'asse radicale delle due circonferenze. Se non sono stato chiaro sono a vostra disposizione per eventuali delucidazioni.

[Tibor Gallai]

Allora a questo punto riesumiamo anche questo:
viewtopic.php?t=13622
Vedi Problema 9... Hint: usare la costruzione del Problema 5.

[<enigma>]

Allora a questo punto riesumiamo anche questo:
viewtopic.php?t=13622
Vedi Problema 9... Hint: usare la costruzione del Problema 5.

Argh questo topic dovevi lasciarlo sepolto nelle sabbie del tempo ...comunque non mi sembra che qualcuno vi abbia scritto la soluzione del 9.

[Francutio]

No, infatti deve ancora fornirla qualcuno e Tibor ha dato un hint apposta...

[Tibor Gallai]

La soluzione di <enigma> qui sopra è praticamente anche una soluzione al Problema 9 di là... Basterebbe aver voglia di scriverla anche là (adattandola opportunamente), e magari tornare sui vari problemi insoluti.

[dario2994]

Tibor mi dici quali sono i problemi rimasti insoluti... così mi ci dedico

[Tibor Gallai]

Mi pare che 8, 9, 10, 11 siano tutti insoluti.
Ne avevo anche altri da proporre, ma poi il thread è morto.