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Siano \(a,b,c\) tre circonferenze con centri non allineati e raggi diversi. Siano \(p_a, s_a \) i punti d'intersezione tra le tangenti comuni a \(b,c\), rispettivamente interne ed esterne. Similmente definiamo \(p_b,p_c,s_b,s_c\). Dimostrare che \(p_a,p_b,p_c,s_a,s_b,s_c\) formano un quadrilatero completo.
(Dato un quadrilatero \(ABCD\) con lati opposti non paralleli, siano \(E,F\) le intersezioni di \(AB,CD\) e di \(AC,BD\). ABCDEF è un quadrilatero completo.)

Se non ho capito male il testo, dovrebbe bastare dimostrare che , di quei sei punti, "un po'" delle terne che otteniamo prendendone tre sono formate da punti allineati. In particolare, lo sono quella formata dalle tre intersezioni dei punti esterni e le tre del tipo "interno-interno-esterno". Dimostriamo prima il primo caso.
Detti $O_A$ e ciclici i centri delle tre circonferenze, l'idea è sostanzialmente quella di applicare il teorema di Menelao al triangolo $O_{A}O_{B}O_{C}$, senza considerare il segno dei segmenti visto che quei tre punti saranno banalmente tutti esterni ai segmenti. Cerchiamo quindi di calcolare il rapporto $\frac{O_{A}P_{B}}{O_{C}P_{B}}$, dove $P_{B}$ è l'intersezione presa in questione (chiedo scusa da subito per il modo brutale con il quale ho cestinato le notazioni del testo). Prima di cominciare, definiamo con $r_{A}$ e ciclici i raggi delle tre circonferenze. Banalmente notiamo che, prendendo da ciascuno dei due centri in questione il raggio che lo unisce al punto di tangenza, i due triangoli che si generano risultano essere simili avendo l'angolo in $P_B$ in comune ed entrambi un angolo retto. Pertanto, il rapporto tra le loro ipotenuse $\frac{O_{A}P_{B}}{O_{C}P_{B}}$ è uguale al rapporto tra i raggi, e vale quindi:
$$\frac{O_{A}P_{B}}{O_{C}P_{B}}=\frac{r_A}{r_B}$$
e pertanto banalmente il prodotto ciclico di queste tre cose sarà uguale a 1, che è quello che volevamo. Per dimostrare gli altri tre allineamenti dovrebbe bastare un ragionamento sostanzialmente uguale, prendendo i triangoli rettangoli che si formano con i raggi nel punto di tangenza (cambiando ovviamente tangente in questo caso) e ri-facendo lo stesso prodotto con Menelao, con il quale siamo sempre a posto visto che abbiamo due punti interni ed uno esterno.

Si, esatto. I punti \(p_a,p_b,p_c,s_a,s_b,s_c\) si chiamano centri di similitudine dei tre cerchi (interni o esterni con ovvio significato). Le quattro rette su cui sono allineate terne di centri di similitudine si chiamano assi di similitudine. Questo fatto dovrebbe esser noto come teorema di Monge.

Considerando quattro sfere invece che tre cerchi, si può dimostrare facilmente da quanto hai appena dimostrato che i relativi assi e centri di similitudine delle quattro sfere formano una configurazione di reye, ossia un insieme di 12 punti e 16 rette tali che per ogni punto passano 4 rette e ogni retta passa per 3 punti.

In generale le configurazioni sono un argomento strafico della geometria proiettiva che tratta di incidenze (i.e. un punto \(p\) appartiene a una retta \(r\) e una retta \(s\) passa er un punto \(q\) si sintetizzano con \(p,s\) incidono con \(r,q\)) e di sistemi di punti \((p_{\pi}, g_{\gamma})\) in cui per ognuno dei \(p\) punti passano \(\pi\) rette e ognuna delle \(g\) rette passa per \(\gamma\) punti (banalmente deve valere \(p\pi = g \gamma\) per double counting). A me questo argomento è piaciuto assai; consiglio a chi non li conoscesse di vedersi la dimostrazione proiettiva del teorema di desargues e del teorema di pappo-pascal (di cui purtroppo non ho trovato il link), da cui si dice derivino tutti i teoremi d'incidenza. Io mi sto leggendo Geometria Intuitiva di Hilbert e Cohn-Vossen, che spiega un sacco di argomenti di geometria interessanti senza neanche un calcolo. Se qualcuno è interessato, sto raccogliendo un po' di materiale carino!