Costruzione (non tanto) scolastica

[igoh]

Colgo al volo il post di Saro00 e rilancio.
Il problema me l'ha posto un amico dopo aver visto viewtopic.php?f=14&t=19633 e non esser riuscito a fare il disegno preciso con geogebra.
Data una circonferenza e due punti qualsiasi all'interno di essa trovare una costruzione (ovviamente con riga e compasso) per le circonferenze passanti per i due punti e tangenti internamente a quella data.

[igoh]

nessuna idea?

[karlosson_sul_tetto]

Chiamo $A,B$ i due punti e $\Gamma$ la circonferenza data e $\omega$ quella da tracciare. Traccio $r$ l'asse di $AB$ (lo traccio puntando il compasso in $A,B$ con raggio $\overline{AB}$ e congiungendo i due punti di intersezione delle circonferenze). Il centro di $\omega$ deve stare su $r$; per questo, la tangente comune a $\omega$ e $\Gamma$ è perpendicolare a $r$. Chiamando $C,D=r\bigcap \Gamma$, le due circonferenze si tangono in uno di questi due punti.
Abbiamo due casi, in ognuno dei quali bisogna trovare una circonferenza che passa per tre punti, e a questo punto abbiamo finito.
(C'è da dire che questa costruzione vale anche se i due punti sono esterni)

Bonus 1 Dati tre punti $A,B,C$ su $\Gamma$, costruire la circonferenza che tange $AB$, $AC$ e $\Gamma$
Bonus 2 Se invece $A\not\in \Gamma$? (Cioé la circonferenza dev'essere tangente a $\Gamma$ e ad altre due rette a caso)

[Lasker]

per questo, la tangente comune a $\omega$ e $\Gamma$ è perpendicolare a $r$.

Questa cosa mi sembra falsa in generale (tutte le volte che l'asse di $AB$ non passa per il centro di $\Gamma$).

Intanto propongo un'altra soluzione (sembrerà campata per aria e mancano mille passaggi e casi particolari, ma l'idea si dovrebbe capire e operativamente il metodo funziona).

Testo nascosto:

Prendiamo il cerchio $\omega$ centrato in $A$ e di raggio $AB$. Disegniamo l'inverso di $\Gamma$ rispetto a $\omega$ (possiamo farlo ad esempio prendendo tre punti a caso su $\Gamma$, invertendoli "a mano" e poi tracciando il cerchio passante per questi tre inversi...), tracciamo le tangenti $r,s$ da $B$ a $\Gamma'$ ($B$ è esterno a $\Gamma'$ perché è interno a $\Gamma$) e a questo punto se chiamiamo $R$ ed $S$ i punti in cui $r$ ed $s$ intersecano $\omega$ abbiamo che $\odot ABR$ e $\odot ABS$ sono i cerchi cercati.

[karlosson_sul_tetto]

per questo, la tangente comune a $\omega$ e $\Gamma$ è perpendicolare a $r$.

Questa cosa mi sembra falsa in generale (tutte le volte che l'asse di $AB$ non passa per il centro di $\Gamma$).

Hai ragione, intendevo nel caso specifico del problema nel quale la situazione è simmetrica rispetto al sopracitato asse e quindi i punti di contatto devono per forza essere su di esso. Grazie per la precisazione

[igoh]

Testo nascosto:

Prendiamo il cerchio $\omega$ centrato in $A$ e di raggio $AB$. Disegniamo l'inverso di $\Gamma$ rispetto a $\omega$ (possiamo farlo ad esempio prendendo tre punti a caso su $\Gamma$, invertendoli "a mano" e poi tracciando il cerchio passante per questi tre inversi...), tracciamo le tangenti $r,s$ da $B$ a $\Gamma'$ ($B$ è esterno a $\Gamma'$ perché è interno a $\Gamma$) e a questo punto se chiamiamo $R$ ed $S$ i punti in cui $r$ ed $s$ intersecano $\omega$ abbiamo che $\odot ABR$ e $\odot ABS$ sono i cerchi cercati.

Testo nascosto:

Allora premetto che non sono molto esperto di inversione ma se invertiamo $\odot ABR$ e $\odot ABS$ rispetto a $\omega$ otteniamo due rette perche $A$ va all'infinito o sbaglio?

P.s. L'inversione a mano come la costruisci?
(Io avevo pensato Euclide..)

[Lasker]

Si, otteniamo due rette, in particolare $r$ ed $s$, che però sappiamo costruire. L'idea del procedimento era proprio fare in modo che quei cerchi diventassero rette, perché le rette condotte da un punto e tangenti ad una circonferenza le sappiamo tracciare facilmente (diciamo che la costruzione l'ho fatta al contrario: prima ho cercato un'inversione che semplificasse la figura fino ad una cosa facile da disegnare e poi ho rifatto il procedimento all'inverso).

Per costruire l'inverso di $P$ a mano puoi usare (l'inverso del) primo teorema di Euclide, appunto... Tipo se $P$ è interno ad un cerchio di centro $O$ tracci la retta passante per $P$ ortogonale ad $OP$, trovi le due intersezioni, fai le tangenti e le intersechi trovando $P'$, stesso procedimento "specchiato" se $P$ è esterno al cerchio.

[igoh]

Ah ok scusa avevo frainteso la fine della dimostrazione.
Ora fila tutto ed è anche più corta della mia, grazie.

[igoh]

Bonus 1
Chiamiamo $\Gamma'$ la circonferenza da trovare.
Ovviamente essa si corrisponde con $\Gamma$ in un'omotetia $\sigma$ rispetto al loro punto di tangenza $P$.
Ora tracciamo l'asse di $AB$ e segniamo il suo punto di intersezione con $\Gamma$ dalla parte opposta a $\Gamma'$ (che possiamo giustamente immaginare essere interna a $\widehat{BAC}$) rispetto ad $AB$, per questo punto conduciamo la parallela ad $AB$ ed otteniamo cosi la retta trasformata di $AB$ secondo $\sigma$(Ciò è evidente per alcune proprietà delle omotetie). Ripetiamo la costruzione per $AC$.
Poiché $\sigma$ conserva l'intersezione possiamo trovare $A'$ come intersezione delle tangenti a $\Gamma$ così trovate e ora congiungendo $A'$ e $A$ possiamo trovare il centro di omotetia $P$ come intersezione di $\Gamma$ e $AA'$.
Infine $\Gamma'$, oltre a passare per $P$, ha il centro sia sulla bisettrice di $\widehat{BAC}$ che sulla perpendicolare alla tangente a $\Gamma$ passante per $P$.