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Punti medi dei segmenti di tangenza
Inviato: 23 lug 2007, 11:05
da 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
Inviato: 13 giu 2010, 21:19
da 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.
Inviato: 14 giu 2010, 18:44
da <enigma>
(Edit: Cancellato il delirio incomprensibile
posto poi una soluzione con disegno)
Inviato: 15 giu 2010, 22:17
da <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.
Inviato: 15 giu 2010, 23:57
da Tibor Gallai
Allora a questo punto riesumiamo anche questo:
viewtopic.php?t=13622
Vedi Problema 9... Hint: usare la costruzione del Problema 5.
Inviato: 16 giu 2010, 13:36
da <enigma>
Tibor Gallai ha scritto: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.
Inviato: 16 giu 2010, 13:43
da Francutio
No, infatti deve ancora fornirla qualcuno e Tibor ha dato un hint apposta...
Inviato: 16 giu 2010, 14:35
da 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.
Inviato: 16 giu 2010, 14:46
da dario2994
Tibor mi dici quali sono i problemi rimasti insoluti... così mi ci dedico
Inviato: 16 giu 2010, 15:57
da Tibor Gallai
Mi pare che 8, 9, 10, 11 siano tutti insoluti.
Ne avevo anche altri da proporre, ma poi il thread è morto.