Es 37.8
- Autore:
- Noemi Defrancesco, Federica Paoli
Per la proposizione 37.2 sappiamo che l sarà mandata in una circonferenza passante per O.
La costruzione fallisce in alcuni casi in cui la retta l interseca la circonferenza in due punti che possiamo chiamare A e B. Ma in questo caso la costruzione è semplice dal momento che l'inversione circolare lascia fermi i punti A e B e dunque la circonferenza cercata è la circonferenza passante per O, B e A.
Dunque ci limitiamo a considerare il caso in cui l sia esterna a c (o anche tangente), come in figura.
Sia A il punto appartenente ad l tale che OA è perpendicolare ad l (3 passi).
Traccio la circonferenza di centro A e raggio OA (1 passo). Essa interseca c in due punti che indico con E e F.
Traccio la circonferenza di centro E e raggio EO (1 passo). Essa interseca AO in due punti O ed un punto che indico con A' (dimostreremo dopo che A' è l'immagine di A attraverso l'inversione circolare.
Traccio il segmento EF (1 passo). Esso interseca AO in un punto che indico con G.
Traccio la circonferenza h di centro G e raggio OG (1 passo). Essa è la circonferenza cercata.
Dimostrazione
Dimostro che A' è l'immagine di A attraverso l'inversione circolare. Devo cioè dimostrare che A' appartiene alla retta OA (vero per costruzione) e che A' sia tale che OAOA'=r2 (dove con r indico il raggio della circonferenza c).
Considero il triangolo OEA'. Esso è isoscele sulla base OA' (EOEA' perchè raggi della stessa circonferenza) e dunque EOA'EA'O. Considero il triangolo EAO. Esso è isoscele sulla base EO (AOAE perchè raggi della stessa circonferenza) e dunque AEOAOE. Dunque i 4 angoli appena citati sono tutti congruenti. Di conseguenza anche il terzo angolo dei 2 triangoli sarà congruente, cioè OEA'EAO.
Dunque per (SIM AAA) i due triangoli sopra citati sono simili e dunque EO/OA'= OA/EO (rapporto tra le basi = rapporto tra i lati), da cui EO2 = OA'OA. La tesi segue osservando che EO è pari al raggio.
Osserviamo ora che il centro della circonferenza h cercata deve appartenere alla retta OA. Tale fatto può essere dimostrato in vari modi, uno di questi è il seguente. La retta OA e la retta l sono per costruzione perpendicolari in A, dunque per Prop. 37.5 anche le loro immagini devono essere perpendicolari in A'. Ma OA viene mandata in se stessa, dunque deve essere che la retta tangente in A' alla circonferenza h cercata deve essere perpendicolare a OA da cui segue che il centro della circonferenza cercata deve stare su OA.
Dimostriamo che il punto G trovato come in figura è il centro, cioè devo mostrare che OGGA'.
Considero i triangoli OEA e OFA. Essi hanno OEOF perchè raggi della stessa circonferenza, AEAF perchè raggi della stessa circonferenza e OA in comune. Dunque sono congruenti per 1.8 ed in particolare si ha che EAOFAO.
Considero i triangoli EGA e FGA. Essi hanno EAAF perchè raggi della stessa circonferenza, EAGFAG per quanto detto sopra e AG in comune. Dunque sono congruenti per 1.6 ed in particolare EGAFGA. Essendo tali angoli supplementari si ha che sono retti e dunque EF è perpendicolare a OA.
Considero i triangoli OEG e A'GO. Essi sono retti in G e hanno OEEA' perchè raggi della stessa circonferenza e EG in comune. Essi sono congruenti per esercizio 1.7 foglio 1. In particolare OGGA.