Sia dato un cerchio c e una sua corda AB. Sia T un punto di AB e i uno dei due cerchi tangenti ad AB in T e tangente a c. Sia C il terzo vertice del triangolo ABC di cui i e' l'incerchio. Trovare il luogo dei punti dell'excentro relativo al vertice C, al variare di T su AB.
PS
mi e' capitato di rileggere (dopo tanto tempo) un paio di righe su una costruzione geometrica, da cui ne ho ricavato alcuni problemi (spero interessanti). Questo e' il primo.
locus excentro
-
Tibor Gallai
- Messaggi: 1776
- Iscritto il: 17 nov 2007, 19:12
-
¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
- Messaggi: 849
- Iscritto il: 22 ott 2006, 14:36
- Località: Carrara/Pisa
bello! se ti va postane altri
Lemma 1: il luogo dei centri di i è una parabola di fuoco il centro di c che chiamiamo $ \zeta $.
Dim lemma 1: Chiamiamo O il centro di c, N il punto medio dell'arco AB di c a cui è tangente i. Costruiamo nelsemipiano delimitato da AB nella parte di N una retta d parallela a AB a distanza OA (il raggio di c). Ora consideriamo un T generico e la sia crf i con centro P. Chiamiamo Q l'intersezione di TP con d. Chiaramente se R è il punto di tangenza di i con l'arco AB di c abbiamo che R,P,O sono allineati, inoltre RO=TQ e RP=PT, quindi PQ=PO, ma allora siccome al variare di T su AB Q varia su d, il luogo dei punti P è anche il luogo dei punti P tali che la distanza tra P e d è uguale alla distanza tra P e O, ovvero una parabola di fuoco O e direttrice d.
Lemma 2: Sia AB una retta e sia C un punto su una retta r parallela a AB, allora il luogo degli ortocentri di ABC è una parabola
Dim Lemma2: viewtopic.php?t=6202
Viceversa del Lemma 2: Presa una parabola, una sua corda AB parallela alla sua direttrice e un punto C su di essa allora il luogo degli ortocentri di ABC al variare di C sulla parabola è una retta parallela a AB.
Dim viceversa: basta qualche considerazione in più sulla dim del lemma 2.
Chiamiamo E l'excentro relativo a C, allora abbiamo che E è il punto tale che $ EA \perp AP $ e $ EB \perp BP $. Chiamiamo H l'incontro tra la retta passante per B parallela a AE e quella passante per A parallela a BE. Allora HAEB è un parallelogramma e H è l'ortocentro di ABP. Inotre H è il simmetrico di E rispetto al punto medio M della corda AB.
Quindi il luogo di E è il simmetrico ripetto a M del luogo degli ortocetri di ABP al variare T su AB e quindi per il Lemma 1 al vaiare di P su $ \zeta $ che per il viceversa del Lemma 2 è una retta parallela a AB.
Quindi il luogo di E è anch'esso una retta parllela a AB. Per precisarne la distanza da AB in funzione della distanza h della corda da O e dal raggio r di c basta prendere in considerazione il caso in cui T coincide con M e otteniamo come distranza $ \frac{r^2-h^2}{h} $.
Chiaramente la retta si trova nel semipiano delimitato da AB non contenente N.
Lemma 1: il luogo dei centri di i è una parabola di fuoco il centro di c che chiamiamo $ \zeta $.
Dim lemma 1: Chiamiamo O il centro di c, N il punto medio dell'arco AB di c a cui è tangente i. Costruiamo nelsemipiano delimitato da AB nella parte di N una retta d parallela a AB a distanza OA (il raggio di c). Ora consideriamo un T generico e la sia crf i con centro P. Chiamiamo Q l'intersezione di TP con d. Chiaramente se R è il punto di tangenza di i con l'arco AB di c abbiamo che R,P,O sono allineati, inoltre RO=TQ e RP=PT, quindi PQ=PO, ma allora siccome al variare di T su AB Q varia su d, il luogo dei punti P è anche il luogo dei punti P tali che la distanza tra P e d è uguale alla distanza tra P e O, ovvero una parabola di fuoco O e direttrice d.
Lemma 2: Sia AB una retta e sia C un punto su una retta r parallela a AB, allora il luogo degli ortocentri di ABC è una parabola
Dim Lemma2: viewtopic.php?t=6202
Viceversa del Lemma 2: Presa una parabola, una sua corda AB parallela alla sua direttrice e un punto C su di essa allora il luogo degli ortocentri di ABC al variare di C sulla parabola è una retta parallela a AB.
Dim viceversa: basta qualche considerazione in più sulla dim del lemma 2.
Chiamiamo E l'excentro relativo a C, allora abbiamo che E è il punto tale che $ EA \perp AP $ e $ EB \perp BP $. Chiamiamo H l'incontro tra la retta passante per B parallela a AE e quella passante per A parallela a BE. Allora HAEB è un parallelogramma e H è l'ortocentro di ABP. Inotre H è il simmetrico di E rispetto al punto medio M della corda AB.
Quindi il luogo di E è il simmetrico ripetto a M del luogo degli ortocetri di ABP al variare T su AB e quindi per il Lemma 1 al vaiare di P su $ \zeta $ che per il viceversa del Lemma 2 è una retta parallela a AB.
Quindi il luogo di E è anch'esso una retta parllela a AB. Per precisarne la distanza da AB in funzione della distanza h della corda da O e dal raggio r di c basta prendere in considerazione il caso in cui T coincide con M e otteniamo come distranza $ \frac{r^2-h^2}{h} $.
Chiaramente la retta si trova nel semipiano delimitato da AB non contenente N.
¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ ha scritto:bello! se ti va postane altri
Lemma 1: il luogo dei centri di i è una parabola di fuoco il centro di c che chiamiamo $ \zeta $.
Dim lemma 1: Chiamiamo O il centro di c, N il punto medio dell'arco AB di c a cui è tangente i. Costruiamo nelsemipiano delimitato da AB nella parte di N una retta d parallela a AB a distanza OA (il raggio di c). Ora consideriamo un T generico e la sia crf i con centro P. Chiamiamo Q l'intersezione di TP con d. Chiaramente se R è il punto di tangenza di i con l'arco AB di c abbiamo che R,P,O sono allineati, inoltre RO=TQ e RP=PT, quindi PQ=PO, ma allora siccome al variare di T su AB Q varia su d, il luogo dei punti P è anche il luogo dei punti P tali che la distanza tra P e d è uguale alla distanza tra P e O, ovvero una parabola di fuoco O e direttrice d.
Lemma 2: Sia AB una retta e sia C un punto su una retta r parallela a AB, allora il luogo degli ortocentri di ABC è una parabola
Dim Lemma2: viewtopic.php?t=6202
Viceversa del Lemma 2: Presa una parabola, una sua corda AB parallela alla sua direttrice e un punto C su di essa allora il luogo degli ortocentri di ABC al variare di C sulla parabola è una retta parallela a AB.
Dim viceversa: basta qualche considerazione in più sulla dim del lemma 2.
Chiamiamo E l'excentro relativo a C, allora abbiamo che E è il punto tale che $ EA \perp AP $ e $ EB \perp BP $. Chiamiamo H l'incontro tra la retta passante per B parallela a AE e quella passante per A parallela a BE. Allora HAEB è un parallelogramma e H è l'ortocentro di ABP. Inotre H è il simmetrico di E rispetto al punto medio M della corda AB.
Quindi il luogo di E è il simmetrico ripetto a M del luogo degli ortocetri di ABP al variare T su AB e quindi per il Lemma 1 al vaiare di P su $ \zeta $ che per il viceversa del Lemma 2 è una retta parallela a AB.
Quindi il luogo di E è anch'esso una retta parllela a AB. Per precisarne la distanza da AB in funzione della distanza h della corda da O e dal raggio r di c basta prendere in considerazione il caso in cui T coincide con M e otteniamo come distranza $ \frac{r^2-h^2}{h} $.
Chiaramente la retta si trova nel semipiano delimitato da AB non contenente N.
Molto interessante.
Altre soluzioni?
Propongo qua un'altra proprieta' della figura da cui e' scaturito questo problema.
Siano i l'incerchio ed e excerchio (relativo al vertice C) di ABC. Sia M il punto medio di TEc, dove T e' il punto comune ad i ed AB ed Ec il centro di e.
Provare che ABM e' tangente ad i.
-
¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
- Messaggi: 849
- Iscritto il: 22 ott 2006, 14:36
- Località: Carrara/Pisa
interessante
L'asse di AB incontra la crf circoscritta a ABM in N oltre che a M, e la perpendicolare da T a AB incontra la crf inscritta in R. Chiamiamo L il punto medio di AB. Allora basterà dimostrare che NR e MT concorrono su una delle due circonferenze, ovvere che le due circonferenze sono omotetice con centro sulla circonferenza, ovvero tangenti.
Quando b=c è facile dimostrare che LN=2r inquanto $ \displaystyle LN = \frac{a^2}{2r_a} $ e quindi equivale a $ \displaystyle 4rr_a = a^2 $ ovvero $ \displaystyle 4p(p-a)\tan^2 \frac{\alpha}{2} = a^2 $ ovvero $ \displaystyle h^2 = p(p-a) $ dove h è l'altezza da A. Questo equivale a $ \displaystyle bc \cos^2 \frac{\alpha}{2} = h^2 $ che è vero.
Quindi supponiamo wlog c>b. Quindi basta dimostrare che $ \angle RNM = \angle MTL $ ovvero che sono uguali le loro cotangenti, quindi che $ \displaystyle \frac{c-b}{r_a} = \frac{\frac{a^2}{4} \frac{2}{r_a} - 2r}{\frac{b-c}{2}} $ ovvero che $ a^2 - (c-b)^2 = 4rr_a $ ma $ \displaystyle LHS = a^2 - c^2 - b^2 + 2bc $ mentre $ \displaystyle \cos \alpha = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} $ quindi $ \displaystyle LHS = 2bc \left ( 1 - \cos \alpha \right ) $ mentre $ \displaystyle 4rr_a = 4p(p-a)\tan^2 \frac{\alpha}{2} = 4 \cos^2 \frac{\alpha}{2} bc \tan^2 \frac{\alpha}{2} = 4 \sin^2 \frac{\alpha}{2} bc $.
Quindi basta provare che $ \displaystyle 2bc \left ( 1 - \cos \alpha \right ) = 4 \sin^2 \frac{\alpha}{2} bc $ ovvero che $ \displaystyle 1 -\cos \alpha = 2 \sin^2 \alpha $ che è vero.
L'asse di AB incontra la crf circoscritta a ABM in N oltre che a M, e la perpendicolare da T a AB incontra la crf inscritta in R. Chiamiamo L il punto medio di AB. Allora basterà dimostrare che NR e MT concorrono su una delle due circonferenze, ovvere che le due circonferenze sono omotetice con centro sulla circonferenza, ovvero tangenti.
Quando b=c è facile dimostrare che LN=2r inquanto $ \displaystyle LN = \frac{a^2}{2r_a} $ e quindi equivale a $ \displaystyle 4rr_a = a^2 $ ovvero $ \displaystyle 4p(p-a)\tan^2 \frac{\alpha}{2} = a^2 $ ovvero $ \displaystyle h^2 = p(p-a) $ dove h è l'altezza da A. Questo equivale a $ \displaystyle bc \cos^2 \frac{\alpha}{2} = h^2 $ che è vero.
Quindi supponiamo wlog c>b. Quindi basta dimostrare che $ \angle RNM = \angle MTL $ ovvero che sono uguali le loro cotangenti, quindi che $ \displaystyle \frac{c-b}{r_a} = \frac{\frac{a^2}{4} \frac{2}{r_a} - 2r}{\frac{b-c}{2}} $ ovvero che $ a^2 - (c-b)^2 = 4rr_a $ ma $ \displaystyle LHS = a^2 - c^2 - b^2 + 2bc $ mentre $ \displaystyle \cos \alpha = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} $ quindi $ \displaystyle LHS = 2bc \left ( 1 - \cos \alpha \right ) $ mentre $ \displaystyle 4rr_a = 4p(p-a)\tan^2 \frac{\alpha}{2} = 4 \cos^2 \frac{\alpha}{2} bc \tan^2 \frac{\alpha}{2} = 4 \sin^2 \frac{\alpha}{2} bc $.
Quindi basta provare che $ \displaystyle 2bc \left ( 1 - \cos \alpha \right ) = 4 \sin^2 \frac{\alpha}{2} bc $ ovvero che $ \displaystyle 1 -\cos \alpha = 2 \sin^2 \alpha $ che è vero.
Sia I l'incentro di ABC ed E l'excentro rispetto a C. Essendo <EAI = <EBI = 90°, EAIB e' ciclico ed EI e' un diametro. Siano F e G i punti comuni a c(ABI) ed i. Sia K il punto di tangenza tra i e c. Sia P il punto in cui la retta FG interseca AB. Si vede facilmente che anche la tangente comune in K ai due cerchi passa per P, quindi KT che e' la polare di P rispetto ad i passa per il polo di KT, cioe' per E [l'ho messa in termini di polo e polare, ma la cosa si vede altrettanto rapidamnet, facendo ricorso al teorema della tangente e della secante]. Questo implica che TE biseca l'arco AB in M.
Essendo la proiezione di E su AB simmetrica di T rispetto al punto medio di AB, si ha che M e' anche il punto medio di TE.
Pertanto il luogo di E e' il segmento simmetrico di AB rispetto ad M.
Essendo la proiezione di E su AB simmetrica di T rispetto al punto medio di AB, si ha che M e' anche il punto medio di TE.
Pertanto il luogo di E e' il segmento simmetrico di AB rispetto ad M.