La Circonferenza - Poisson

Capitolo 1
La Circonferenza
Una versione aggiornata di queste dispense può essere rinvenuta presso l’indirizzo:
http://poisson.phc.unipi.it/~daurizio/Dispensa3D.pdf
- Jacopo (Jack) D’Aurizio, [email protected]
1.1
Definizione e proprietà sintetiche
Definizione 1.1. Chiamiamo circonferenza il luogo dei punti del piano equidistanti da un assegnato
punto, detto centro.
Ricordiamo che un insieme X si dice luogo dei punti che soddisfano una certa proprietà P (·) se:
• ogni elemento di X soddisfa P , ossia ∀ x ∈ X, P (x);
• ogni x che soddisfa P appartiene a X.
La determinazione di un luogo di punti comporta, perciò, la dimostrazione di due affermazioni.
Riportiamo un esempio classico:
Teorema 1.2. Dato un segmento AB nel piano, il luogo dei punti P per cui P A = P B
è costituito dall’ asse di AB, ossia dalla perpendicolare ad AB per il suo punto medio.
Dimostrazione. Verifichiamo dapprima che ogni elemento dell’asse soddisfa la proprietà voluta: sia M il
punto medio di AB e P un qualsiasi punto, distinto da M , sull’asse di AB. I triangoli P M A e P M B
hanno il lato P M in comune, sono retti in M e realizzano M A = M B: sono perciò congruenti e risulta
P A = P B, come voluto. Proviamo ora che un qualunque punto P per cui vale P A = P B giace sull’asse
di AB. Da quanto abbiamo supposto, si ha immediatamente che il triangolo P AB è isoscele sulla base
AB. In un triangolo isoscele, l’altezza e la mediana relative alla base coincidono: da ciò segue che P
appartiene necessariamente all’asse di AB.
Dalla definizione di asse seguono due importanti risultati sulla circonferenza.
Teorema 1.3. Se A e B sono due punti distinti su una circonferenza Γ di centro O, l’asse della corda
AB passa per O.
1
1.1. DEFINIZIONE E PROPRIETÀ SINTETICHE
Dimostrazione. In quanto raggi di una stessa circonferenza di centro O, i segmenti OA ed OB risultano
congruenti: il triangolo OAB è allora isoscele sulla base AB ed O appartiene all’asse di AB per definizione
di asse.
Teorema 1.4 (Esistenza del circocentro). Siano A, B, C tre punti del piano non allineati: si provi
esiste un’unica circonferenza Γ che passa per A, B e C. Si provi inoltre che gli assi di AB, AC e BC si
intersecano nel centro di Γ, detto circocentro del triangolo ABC.
Dimostrazione. Sia O l’intersezione dell’asse di AB con l’asse di AC. Poiché O appartiene all’asse di AB,
vale OA = OB. Poiché O appartiene all’asse di AC, vale OA = OC. Per transitività dell’uguaglianza,
vale allora OB = OC, da cui segue che O appartiene anche all’asse di BC. La circonferenza di centro O
e raggio OA = OB = OC passa allora per tutti e tre i punti assegnati. Dal risultato precedente, si ha
che ogni circonferenza cui appartengano A, B, C ha centro in O, da cui segue l’unicità della circonferenza
circoscritta al triangolo ABC.
Vediamo ora diversi risultati che coinvolgono circonferenze, angoli e similitudini.
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CAPITOLO 1. LA CIRCONFERENZA
Teorema 1.5 (dell’angolo al centro). Siano A e B due punti distinti su una circonferenza Γ di centro
\ = 2 AP
\
O, e sia P un punto di Γ sull’arco maggiore AB. In tali ipotesi si ha AOB
B.
[
Dimostrazione. Sia C l’intersezione tra P O ed AB. OAP e OBP sono triangoli isosceli, dunque AP
O=
\
\. Per il teorema dell’angolo esterno, si ha AOC
[ = 2 AP
[
\ = 2 OP
\
P[
AO e OP
B = OBP
O e COB
B, da cui
segue:
\ = AOC
[ + COB
\ = 2 AP
[
\
\
AOB
O + OP
B = 2 AP
B.
Corollario 1.6. Se AB è un diametro di una circonferenza Γ (ossia una corda passante per il centro di
\
Γ), per ogni punto P ∈ Γ distinto da A e da B vale AP
B = π2 .
Corollario 1.7. Se AB è corda di una circonferenza di centro O, e sia P che Q appartengono al\
\ in quanto ambedue gli angoli hanno ampiezza pari alla metà
l’arco maggiore AB, vale AP
B = AQB,
\
dell’ampiezza di AOB.
Teorema 1.8. Se A, B, C, D sono, ordinatamente, quattro punti su una circonferenza, il quadrilatero
ABCD è detto ciclico ed ha angoli opposti supplementari.
Dimostrazione. Poiché la somma degli angoli interni di un quadrilatero convesso è pari a 2π, è sufficiente
provare che l’angolo in A è supplementare all’angolo in C. Dal precedente corollario è semplice dedurre
\ = DBA
\ e ACB
\ = ADB,
\ da cui segue:
che si ha DCA
\ = DBA
\ + ADB
\ = DCA
\ + ACB
\ = DCB,
\
π − BAD
come voluto.
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1.1. DEFINIZIONE E PROPRIETÀ SINTETICHE
Riassumendo quanto dimostrato, abbiamo che, con riferimento all’ultima figura, gli angoli evidenziati in
rosso sono tutti uguali tra loro, e supplementari ad ognuno degli angoli evidenziati in blu.
Esercizio 1.9. Dato un segmento AB nel piano e un angolo θ < π, si provi che il luogo dei punti P
\
per cui AP
B = θ è dato dall’unione di due archi di circonferenza con estremi in A e in B simmetrici
rispetto alla retta determinata da AB.
Esercizio 1.10. Si provi che, se A, B, C, D sono ordinatamente i vertici di un quadrilatero convesso nel
piano, ABCD è ciclico se è solo se ha angoli opposti supplementari.
A
Esercizio 1.11. ( ) Si provi che, se A, B, C, D sono ordinatamente i vertici di un quadrilatero convesso
nel piano, vale la disuguaglianza di Tolomeo:
AB · CD + BC · AD ≥ AC · BD,
e che l’uguaglianza è verificata se e solo se ABCD è ciclico.
Vediamo ora tre risultati che coinvolgono una circonferenza e coppie di triangoli simili.
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CAPITOLO 1. LA CIRCONFERENZA
Teorema 1.12 (della corda). Siano AB e CD due corde di una circonferenza Γ
che si intersecano in P . Vale:
AP · P B = CP · P D.
\
\ = BCD
\ = BCP
\e
Dimostrazione. Con riferimento alla figura, notiamo che si ha P
AD = BAD
\ = ADC
\ = ABC
\=P
\
ADP
BC. Da ciò segue che i triangoli P AD e P CD hanno tre angoli ordinatamente
congruenti, dunque sono simili e realizzano:
AP
CP
=
,
PD
PB
da cui la tesi.
Teorema 1.13 (delle due secanti). Nella configurazione in figura, vale:
P A · P B = P C · P D.
Dimostrazione. La dimostrazione di questo risultato è sostanzialmente analoga alla dimostrazione del
\ = ACD
\
teorema della corda: i triangoli ACP e DBP hanno l’angolo in P in comune; inoltre risulta ABD
in quanto entrambi gli angoli insistono sulla corda AD e giacciono dalla medesima parte. I triangoli ACP
e DBP hanno allora tre angoli ordinatamente congruenti, e risultano perciò simili. Vale allora:
PD
PA
=
,
PC
PB
da cui segue la tesi.
Definizione 1.14. Nel piano, una retta r si dice tangente a una circonferenza Γ nel punto P
se r ∩ Γ = {P }.
Esercizio 1.15. Sono dati, nel piano, una retta r che interseca in P una circonferenza Γ di centro O.
Si provi che r è tangente a Γ se e solo se la retta r è ortogonale al segmento OP .
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1.1. DEFINIZIONE E PROPRIETÀ SINTETICHE
Teorema 1.16 (tangente-secante). Nella configurazione in figura, vale:
P A · P B = P C 2.
Dimostrazione. È sufficiente considerare il triangolo ABC come un quadrilatero convesso degenere ABCC
ed applicare il teorema delle due secanti.
Corollario 1.17. Da un punto P esterno ad una circonferenza Γ, le rette tangenti a Γ sono esattamente
due e tangono Γ in punti equidistanti da P .
Corollario 1.18. Dato un punto P esterno ad una circonferenza Γ di centro O, chiamiamo A e B le
intersezioni tra Γ e le rette tangenti a Γ passanti per P . Detto M il punto medio del segmento OP , la
circonferenza di centro M e raggio M O interseca Γ in A e in B.
Esercizio 1.19.
Nella configurazione in figura, la retta P T risulta tangente in T alla circonferenza per T, A, B. Sapendo
che valgono P T = 15 e P A = 9, è possibile determinare la lunghezza di AB senza conoscere il raggio
della circonferenza?
Esercizio 1.20. Sia ABC un triangolo acutangolo, e Γ la sua circonferenza circoscritta. Si provi che la
\ passa per il punto medio dell’arco minore BC.
bisettrice interna dell’angolo BAC
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CAPITOLO 1. LA CIRCONFERENZA
1.2
La circonferenza in geometria analitica
Dopo aver discusso di proprietà “sintetiche” della circonferenza, trattiamola ora dal punto di vista della
geometria analitica, chiedendoci dapprima quale sia, in R2 , l’equazione della circonferenza Γ di raggio
r > 0 e centro nell’origine. Ricordando che la distanza che figura nella definizione di circonferenza è
l’usuale distanza euclidea, ogni punto (x, y) di Γ deve soddisfare l’equazione:
d ((x, y), (0, 0)) = r > 0,
che, per positività del membro destro, risulta equivalente a:
2
d ((x, y), (0, 0)) = r2 ,
ossia a:
x2 + y 2 − r2 = 0.
In modo del tutto analogo, è semplice verificare che l’equazione della circonferenza
di centro (cx , cy ) e raggio r > 0 è:
(x − cx )2 + (y − cy )2 = r2 ,
ossia:
(♣) x2 + y 2 − 2cx x − 2cy y + (c2x + c2y − r2 ) = 0.
Un primo “problema inverso” che è importante studiare è comprendere quali condizioni garantiscono che
l’equazione
ax2 + by 2 + cx + dy + e = 0
sia l’equazione di una circonferenza. Certamente, deve aversi a = b 6= 0, dunque è sufficiente studiare le
equazioni della forma:
(♠) x2 + y 2 + cx + dy + e = 0.
Per completamento dei quadrati, l’ultima equazione risulta equivalente a:
x+
2
d
c2 + d2
c 2
+ y+
=
− e.
2
2
4
Raffrontando (♣) e (♠) abbia dunque che, se (♠) è l’equazione di una circonferenza,
è l’equazione di una circonferenza di centro
c d
− ,−
2 2
e raggio
r
r=
c2 + d2
− e.
4
Affinché sia r > 0, deve valere c2 + d2 > 4e. In caso contrario:
• se c2 + d2 = 4e, esiste un unico punto che soddisfa (♠), ossia − 2c , − d2 ;
• se c2 + d2 < 4e, non esiste alcun punto di R2 che soddisfa (♠).
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1.2. LA CIRCONFERENZA IN GEOMETRIA ANALITICA
Studiamo ora il problema di intersezione tra un retta e una circonferenza. Ricordiamo che, dati nel
piano una retta r e un punto P non appartenente ad essa, esiste un unico punto Q ∈ r, detto proiezione
ortogonale di P su r, tale per cui P Q risulta ortogonale ad r. In tale contesto, la distanza di P da r, che
scriviamo come d(P, r), è definita1 come la distanza di P dalla sua proiezione ortogonale su r. Sia ora,
nel piano, Γ una circonferenza di centro O e raggio R > 0, r una retta. Sono possibili tre configurazioni:
• se d(O, r) > R, la retta r non interseca la circonferenza Γ;
• se d(O, r) = R, la retta r risulta tangente alla circonferenza Γ;
• se d(O, r) < R, la retta r interseca Γ in due punti distinti, ed è detta secante.
Sorge dunque immediata la necessità di saper calcolare la distanza dell’origine O del piano da una retta
r, di equazione ax + by + c = 0, non passante per l’origine, ossia tale per cui c 6= 0. Sia Q = (Qx , Qy ) la
proiezione ortogonale di O su r. È immediato verificare che la retta OQ, in quanto perpendicolare ad r
e passante per l’origine, ha equazione bx − ay = 0. Si ha perciò:
(
a Qx + b Qy = −c
b Qx − a Qy = 0,
(
(a2 + b2 ) Qx
(a2 + b2 ) Qy
d(O, r) = d(O, Q) =
q
= −ac
= −bc,
Q2x + Q2y = √
|c|
.
+ b2
a2
Nel caso generale, poiché le traslazioni sono isometrie, la distanza di un punto P = (Px , Py ) da una
retta di equazione ax + by + c = 0 risulta uguale alla distanza dell’origine da una retta di equazione
a(x + Px ) + b(y + Py ) + c = 0. In virtù del risultato predente, si ha allora:
Teorema 1.21. La distanza di un punto P = (Px , Py ) da una retta di equazione ax + by + c = 0 è pari
a:
|aPx + bPy + c|
√
.
a 2 + b2
Data l’equazione di una circonferenza:
Γ:
x2 + y 2 + cx + dy + e = 0,
c2 + d2 > 4e
e quella di una retta:
r:
Ax + By + C = 0
abbiamo allora tutti gli strumenti per discriminare se questi oggetti risultano secanti, tangenti o non
intersecantisi: queste tre eventualità si verificano, rispettivamente, se e solo se:
• (2C − Bd − Ac)2 < (A2 + B 2 )(c2 + d2 − 4e),
• (2C − Bd − Ac)2 = (A2 + B 2 )(c2 + d2 − 4e),
• (2C − Bd − Ac)2 > (A2 + B 2 )(c2 + d2 − 4e).
1 Una definizione alternativa è la seguente: d(P, r) = min
R∈r d(P, R).
Per esercizio, si provi che tali definizioni sono equivalenti.
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CAPITOLO 1. LA CIRCONFERENZA
In diverse situazioni, è tuttavia possibile provare in modo più semplice che una retta taglia una circonferenza in due punti. Diciamo che un punto P del piano è interno a una circonferenza Γ di centro O e
raggio R > 0 se realizza d(P, O) < R, esterno se realizza d(P, O) > R. In particolare, il centro di una
circonferenza risulta sempre interno alla stessa.
Teorema 1.22. Nel piano, una retta r interseca in due punti distinti una circonferenza Γ di centro O e
raggio R se e solo se passa per un punto interno a Γ.
Dimostrazione. Supponiamo dapprima che r intersechi Γ in due punti distinti A e B. Detto M il punto
del segmento AB, certamente si ha M ∈ r. Sia allora C l’intersezione tra Γ e la semiretta avente origine
in O passante per M . Poiché A 6= B, si ha OM < OC = R, da cui segue che M è un punto interno a Γ.
Viceversa, supponiamo che r passi per P , punto interno a Γ. Poiché:
d(O, r) = min d(O, R),
R∈r
si ha:
d(O, r) ≤ d(O, P ) < R,
da cui segue che r è una retta secante per Γ.
Esercizio 1.23. Determinare il numero di punti di intersezione nel piano tra la retta r di equazione
2x + 3y − 12 = 0 e la circonferenza Γ di equazione x2 + y 2 − 25 = 0.
Dimostrazione. È evidente che Γ è la circonferenza di raggio 5 centrata nell’origine. È inoltre evidente
che la retta r passa per il punto di coordinate (0, 4), interno a Γ. Segue, immediatamente:
|Γ ∩ r| = 2.
Supponiamo ora di voler determinare le coordinate dei punti di intersezione di Γ ed r, nel caso in cui
questi oggetti risultino tangenti o secanti. P = (x, y) giace sia su Γ che su r se e solo se (x, y) ∈ R2 è una
soluzione del sistema:
(
x2 + y 2 + cx + dy + e = 0
Ax + By + C = 0.
Le ascisse dei punti di intersezione possono allora essere calcolate eliminando la y e risolvendo l’equazione
di secondo grado:
0
= B 2 x2 + (C + Ax)2 + cB 2 x − dB(C + Ax) + B 2 e
=
(A2 + B 2 )x2 + (2AC + cB 2 − dAB)x + (C 2 − dBC + B 2 e).
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1.2. LA CIRCONFERENZA IN GEOMETRIA ANALITICA
Esercizio 1.24. Determinare le coordinate dei punti di intersezione tra la retta r
di equazione 2x + 3y − 12 = 0 e la circonferenza Γ di equazione x2 + y 2 − 25 = 0.
Dimostrazione. I punti (x, y) ∈ r ∩ Γ sono soluzioni del sistema:
(
x2 + y 2 = 25
2x + 3y = 12,
Valgono perciò:
3y = 12 − 2x,
9x2 + 9y 2 = 225,
alché, eliminando la y, si ha:
9x2 + (2x − 12)2 = 225,
ossia:
13x2 − 48x − 81 = 0,
che ammette come soluzioni:
x1 =
48 +
√
482 + 4 · 13 · 81
,
26
x2 =
48 −
√
482 + 4 · 13 · 81
,
26
ossia:
√
√
24 − 3 181
24 + 3 181
,
x2 =
.
x1 =
13
13
Poichè per ogni (x, y) ∈ r ∩ Γ vale 2x + 3y = 12, le corrispondenti ordinate sono:
√
√
36 + 2 181
36 − 2 181
y1 =
,
y2 =
,
13
13
e i punti di intersezione tra Γ ed r risultano avere le seguenti coordinate:
!
!
√
√
√
√
24 − 3 181 36 + 2 181
24 + 3 181 36 − 2 181
,
,
P2 :
,
.
P1 :
13
13
13
13
Esercizio 1.25. Dato un segmento AB nel piano, si provi che il luogo dei punti P per cui
è una circonferenza (detta di Apollonio).
PA
PB
=2
Dimostrazione. Forniamo solo uno sketch della dimostrazione. Notiamo preliminarmente che esistono
due punti sulla retta AB che appartengono al luogo, e che quest’ultimo è certamente simmetrico rispetto
alla retta AB. Inoltre, si verifica facilmente che l’equazione descrittiva del luogo:
d(P, A) = 2 · d(P, B),
è equivalente ad una equazione della forma:
x2 + y 2 + cx + dy + e = 0.
Il luogo cercato è dunque una circonferenza, un singolo punto o l’insieme vuoto, ma le ultime due eventualità sono escluse dal fatto che al luogo appartengono almeno due punti sulla retta AB. Tale circonferenza
ha inoltre centro sulla retta AB, in quanto risulta simmetrica rispetto a tale retta.
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CAPITOLO 1. LA CIRCONFERENZA
Dibattiamo ora del problema di intersezione di due circonferenze: siano perciò, nel piano, Γ1 una circonferenza di centro O1 e raggio R1 > 0, Γ2 una circonferenza di centro O2 e raggio R2 > 0. Senza
perdita di generalità, possiamo supporre R1 ≤ R2 e O1 6= O2 (in quanto due circonferenze concentriche
si intersecano solo se hanno il medesimo raggio, e in tal caso coincidono).
Teorema 1.26. |Γ1 ∩ Γ2 | = 2 se e solo se le tre quantità d(O1 , O2 ), R1 , R2 sono le lunghezze dei lati di
un triangolo, ossia se e solo se ognuna è minore della somma delle altre due. In questo caso, i due punti
di intersezione sono simmetrici rispetto alla retta O1 O2 .
Teorema 1.27. |Γ1 ∩ Γ2 | = 1 se e solo se le tre quantità d(O1 , O2 ), R1 , R2 sono le lunghezze dei lati di
un triangolo degenere, ossia se e solo se si verifica:
• d(O1 , O2 ) = R1 + R2 , e in tal caso si dice che Γ1 e Γ2 sono tangenti esternamente;
• d(O1 , O2 ) = R1 − R2 , e in tal caso si dice che Γ2 tange internamente Γ1 .
Teorema 1.28. Γ1 ∩ Γ2 = ∅ se e solo se si verifica una delle seguenti eventualità:
• R1 + R2 < d(O1 , O2 ), caso in cui Γ1 e Γ2 sono esterne l’una rispetto all’altra;
• d(O1 , O2 ) + R2 < R1 , caso in cui Γ2 risulta interna a Γ1 .
Supponiamo ora di avere le equazioni descrittive di Γ1 e Γ2 , nella forma:
Γ1 :
x2 + y 2 + c1 x + d1 y + e1 = 0,
Γ2 :
x2 + y 2 + c2 x + d2 y + e2 = 0.
Per quanto visto in precedenza, è semplice calcolare le tre quantità R1 , R2 , d(O1 , O2 ):
q
q
1
1
1p
R1 =
c21 + d21 − 4e1 ,
R2 =
c22 + d22 − 4e2 ,
d(O1 , O2 ) =
(c1 − c2 )2 + (d1 − d2 )2 ,
2
2
2
dunque dedurre in quale delle configurazioni precedentemente descritte si cade. Supponendo che si abbia
Γ1 ∩ Γ2 6= ∅, le coordinate dei punti di intersezione sono date dalle soluzioni del sistema:
(
x2 + y 2 + c1 x + d1 y + e1 = 0
x2 + y 2 + c2 x + d2 y + e2 = 0
Ricordiamo tuttavia che un sistema di equazioni in due incognite, della forma:
(
f (x, y) = 0
g(x, y) = 0
risulta sempre equivalente al sistema:
(
f (x, y)
g(x, y) − f (x, y)
=
=
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0
0,
1.2. LA CIRCONFERENZA IN GEOMETRIA ANALITICA
in quanto ammette le stesse soluzioni. In virtù di questo fatto, il problema di determinare le coordinate
delle intersezioni tra due circonferenze intersecantisi è equivalente al problema, già trattato, di determinare
le intersezioni tra una circonferenza e una retta:
(
x2 + y 2 + c1 x + d1 y + e1 = 0
(c2 − c1 ) x + (d2 − d1 ) y + (e2 − e1 ) = 0.
In questo contesto, la retta di equazione
(c2 − c1 ) x + (d2 − d1 ) y + (e2 − e1 ) = 0
è detta asse radicale di Γ1 e Γ2 , e si ha:
Teorema 1.29. Nel piano, due circonferenze distinte e non concentriche Γ1 e Γ2 si intersecano
laddove l’asse radicale di Γ1 e Γ2 intercetta Γ1 (o, equivalentemente, Γ2 ).
Invitiamo ora il lettore a provare i seguenti risultati notevoli:
Esercizio 1.30. Date nel piano due circonferenze distinte e non concentriche Γ1 e Γ2 ,
l’asse radicale di Γ1 e Γ2 risulta ortogonale alla congiungente dei centri O1 O2 .
Definizione 1.31. Dati nel piano un punto P e una circonferenza Γ di centro O e raggio R,
la potenza di P rispetto a Γ è definita come:
Pow(P, Γ) = P O2 − R2 .
Esercizio 1.32. Nel piano, una retta r per un punto P intercetta una circonferenza Γ in due punti
distinti, A e B, con A che giace tra P e B. Si provi che, in virtù del teorema secante-tangente, si ha:
P A · P B = Pow(P, Γ).
A
Esercizio 1.33. ( ) Date nel piano due circonferenze distinte e non concentriche Γ1 e Γ2 ,
si provi che l’asse radicale di Γ1 e Γ2 è il luogo dei punti P per cui vale:
Pow(P, Γ1 ) = Pow(P, Γ2 ).
Esercizio 1.34. Nel piano, i vertici di un triangolo ABC sono i centri di tre circonferenze ΓA , ΓB , ΓC .
Si provi che esiste un punto P che appartiene all’asse radicale di ogni coppia di circonferenze.
Siano ora Γ una circonferenza nel piano, di centro O e raggio R, e P un punto esterno ad essa: vogliamo calcolare le equazioni delle tangenti a Γ passanti per P e le coordinate dei punti di tangenza, che
denominiamo T1 e T2 . Per definizione di retta tangente si ha:
π
\
\
OT
,
1 P = OT2 P =
2
abbiamo tuttavia già visto che, in virtù dei teoremi sugli angoli al centro e alla circonferenza, dato un
\ = π è costituito dalla circonferenza di
segmento AB nel piano, il luogo dei punti X per cui vale AXB
2
diametro AB; sia allora Ξ la circonferenza di diametro OP . Si verifica:
Teorema 1.35.
{T1 , T2 } = Γ ∩ Ξ.
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CAPITOLO 1. LA CIRCONFERENZA
Il problema di determinare i punti di tangenza è dunque analogo al problema di determinare l’intersezione
tra Γ e l’asse radicale di Γ, Ξ, che è una retta ortogonale alla retta OP .
Notiamo che nella configurazione in figura i triangoli OT1 P e OT2 P risultano congruenti;
detta S l’area di uno dei due, in virtù del teorema di Pitagora si verifica:
T1 T2 · OP = 4S = 2R · P T1 = 2R
p
OP 2 − R2 ,
da cui segue:
s
T1 T2 = 2R
1−
R
OP
2
.
Detto Z il punto di intersezione tra OP e l’asse radicale di Γ, Ξ, notiamo che per il teorema di Euclide
si ha:
OZ
OZ/ZT1
R2
R2
R/P T1
=
=
=
,
=
2
2
ZP
ZP/ZT1
P T1 /R
P T1
OP − R2
dunque:
OP
ZP
ZP
OP
OZ
OP
=
=
=
OZ
OP 2
=
,
ZP
OP 2 − R2
R2
1−
,
OP 2
ZP
R2
.
1−
=
OP
OP 2
1+
L’asse radicale di Γ, Ξ risulta perciò ortogonale alla retta OP e passante per il punto Z di coordinate:
Z =O+
R2
· (P − O).
OP 2
Esercizio 1.36. Sono dati nel piano una circonferenza Γ di equazione x2 + y 2 − 2x − 2y − 23 = 0 e un
punto P di coordinate (13, 6). Si determinino le equazioni delle tangenti da P a Γ e le coordinate dei
punti di tangenza.
Dimostrazione. Compatibilmente con la notazione utilizzata nell’ultimo paragrafo,
abbiamo che Γ è una circonferenza di centro O = (1, 1) e raggio R = 5. Vale perciò:
OP 2 = (13 − 1)2 + (6 − 1)2 = 169 = 132 ,
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1.2. LA CIRCONFERENZA IN GEOMETRIA ANALITICA
e la retta per O e P ha equazione:
5x − 12y + 7 = 0.
Per perpendicolarità rispetto ad OP , l’asse radicale r di Γ e della circonferenza avente diametro OP
ha un’equazione della forma:
12x + 5y + q = 0.
Disponiamo inoltre delle coordinate del punto Z:
Z =O+
R2
25
· (P − O) = (1, 1) +
· (12, 5) =
2
OP
169
469 294
,
169 169
,
alché, imponendo che si abbia Z ∈ r, otteniamo l’equazione di r:
12x + 5y − 42 = 0.
r:
Si ha a questo punto {T1 , T2 } = r ∩ Γ; le coordinate dei punti di tangenza sono perciò costituite
dalle soluzioni del sistema:
(
(x − 1)2 + (y − 1)2 = 25
12x + 5y = 42.
Per semplicità, poniamo z = x − 1 e w = y − 1. L’ultimo sistema risulta allora equivalente a:
(
z 2 + w2 = 25
12z + 5w = 25.
Sostituendo w = 5 −
12
5
z all’interno della prima equazione, otteniamo:
2
12
2
= 25,
z + 5− z
5
25 z 2 + (25 − 12z)2
=
625,
169 z 2 − 600 z
=
0.
Si ha perciò z = 0, da cui segue w = 5, oppure z =
Le coordinate dei punti di tangenza sono perciò:
600
169 ,
da cui segue w = − 595
169 .
T1 = (1, 6) ,
T2 =
769 426
,−
169 169
,
ed è immediato verificare che la retta per P e T1 (ossia la tangente a Γ in T1 ) ha equazione y = 6.
Imponendo il passaggio per P e T2 , abbiamo che la tangente in T2 ha equazione:
y=
6 + 426/169
· (x − 13) + 6,
13 − 769/169
ossia:
y
=
1440
· (x − 13) + 6,
1428
1428 y
=
1440 (x − 13) + 8568,
1440 x − 1428 y − 10152
=
0,
120 x − 119 y − 846
=
0.
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