Peregrinazioni geometriche #6

Problema 38

Questo problema è stato pubblicato il 27/01/2005, ha 19 soluzioni e livello 4. Il testo è questo:
Sono dati un punto P, una retta e un cerchio. Disegnare il cerchio (rosso) passante per P e tangente sia alla retta che al cerchio dati. La figura (interattiva) in Geogebra può essere questa:

Per la soluzione analitica (vedere figura seguente) come asse x ho preso la retta e come origine il punto O del piede della perpendicolare dal centro del cerchio alla retta: in questo modo le coordinate dei punti interessati sono C(0,c) , P(a,b) e R(0,c-r) con r raggio del cerchio. Detto T(x,y) il centro del cerchio cercato, è facile scrivere un sistema di due equazioni uguagliando le distanze:
$$\begin{cases}\sqrt{(x-a)^2+(y-b)^2}=y\\ \sqrt{x^2+(y-c)^2}-r=y \end{cases}$$ Però mi è venuta voglia di capire il significato geometrico delle due equazioni: rappresentano ovviamente due luoghi geometrici, quello dei punti equidistanti da P e dalla retta e quello dei punti equidistanti dal cerchio e dalla retta, che si rivelano essere due parabole con il fuoco rispettivamente in P e C, ma direttrici diverse: la prima sulla retta t e la seconda sulla retta d parallela alla precedente ma spostata di una quantità uguale al raggio del cerchio. Le loro equazioni sono $y=\frac{(x-a)^2}{2b}+\frac{b}{2}$ e $y=\frac{x^2}{c+r}+\frac{c-r}{2}$ . Interessante è anche capire quale è il luogo dei punti equidistanti da P e dal cerchio: in questo caso viene una iperbole (in verde nella figura), per la quale sarebbe un buon esercizio sulle coniche stabilire il centro, gli assi, i fuochi e gli asintoti. Se il punto P fosse interno al cerchio il luogo sarebbe una ellisse, e così si ha una definizione generale di conica come luogo dei punti equidistanti da un punto e da una circonferenza (che al limite può essere una retta).

Con l'aiuto di Derive le soluzioni (per la x) sono $x=\frac{a(c+r)\pm \sqrt{b(c+r)\cdot\left(a^2-r^2+(b-c)^2\right)}}{(c+r)-b}$ di cui nel nostro caso interessa quella con il meno. La costruzione è relativamente semplice, e non la mostro.

Per quanto riguarda la soluzione sintetica, questo è uno dei dieci problemi di Apollonio sulle tangenze, e per iniziare ho scelto la via che capisco meglio e usa l'inversione circolare: questa trasformazione, per la quale in Geogebra c'è lo strumento, può semplificare la ricerca del centro del cerchio tangente se il cerchio di inversione viene scelto opportunamente. La proprietà che si può sfruttare vantaggiosamente è questa: ogni cerchio o retta che passa per il centro del cerchio di inversione è trasformato in una retta. (Gli altri cerchi sono trasformati in cerchi e le rette in cerchi passanti per il centro di inversione). Nel nostro caso possiamo sfruttare la proprietà in due modi, che si possono utilizzare anche negli altri problemi di Apollonio.

Primo modo: metto il centro di inversione nel punto P. Siccome il cerchio che stiamo cercando passa per P, nell'inversione viene trasformato in una retta, e quindi ora dobbiamo cercare una retta tangente ai due cerchi che sono gli inversi del cerchio dato e della retta data. La figura qui sotto mostra i passi della costruzione. (Nota: uso lo strumento inversione circolare perché posso riprodurlo con riga e compasso, mentre non posso usare l'intersezione di due coniche, che è pure uno strumento di Geogebra, perché in genere non si può riprodurre con riga e compasso).

Secondo modo: per prima cosa effettuo un'operazione usata anche da Viète in questo tipo di problemi: immagino di contrarre il cerchio soluzione, mantenendo fisso il centro, e contemporaneamente ingrandire i cerchi dati in modo che restino sempre tangenti ad esso; mi fermo quando la retta è tangente al cerchio dato in un punto S, mentre nel frattempo il punto P è diventato un cerchio. Fisso il centro di inversione nel punto comune S, e allora la retta si inverte in se stessa mentre il cerchio si inverte in una retta parallela ad essa (in generale se fisso il centro di inversione nel punto di tangenza di due cerchi ottengo due rette parallele): ora devo cercare il cerchio tangente a due rette parallele e al cerchio P, facilmente risolubile (problema 40). Invertendo questo cerchio ottengo quello voluto ma contratto, che però ha lo stesso centro di quello cercato. Questa sequenza di operazioni consente una semplice soluzione anche del problema più complicato della serie, in cui sono dati tre cerchi (problema 50).

Viète non usa l'inversione circolare, che entrerà nell'uso corrente parecchio tempo dopo, ma fa un'osservazione ingegnosa, che si può comprendere dalla prossima figura: i punti X e G in cui un cerchio tocca la retta e il cerchio dati sono sempre allineati col punto fisso D (considerare i due triangoli isosceli simili DCG e XTG) e così si trova un modo diverso (da quello che ho usato sopra) per costruire il centro T del cerchio tangente. Poi dai triangoli rettangoli simili DGE e DFX si evince che DE*DF=DG*DX e poi, quando il cerchio rosso passa per P, per la proprietà delle secanti si trova DG*DX=DH*DP: siccome DE e DF sono noti, basta dividere DP con un punto H in modo che DE*DF=DH*DP e si hanno due punti, H e P, e una retta per cui deve passare il cerchio cercato, problema già risolto in precedenza da Viète (e problema 34 di Geometriagon).
La letteratura su questi problemi di Apollonio è vasta, però le ingegnose soluzioni di Viète mi hanno realmente affascinato.