Applicazione (forse) del teorema di Menelao

[Giovanni Anzani]

Date una terna di punti allineati ABC (B interno AC) su di una retta n e data una circonferenza alfa di centro D e raggio r non secante n

si vuole determinare per via grafica (se possibile) il triangolo EFG inscritto in alfa (dovrebbe essere unico) tale che risultino i seguenti allineamenti: AEF BEG CFG.

dovrebbe rientrarci in qualche modo il teorema di Menelao ma non trovo come risolvere il questito. Grazie per l’eventuale aiuto.
Cordialmente Giovanni

[otta96]

Ma cosa intendi con "per via grafica"? Tipo con geogebra?
Se si è abbastanza facile e non c'è bisogno del teorema di Menelao.

[Giovanni Anzani]

Si intendo tramite un disegno e non tramite soluzioni analitiche. Sì ho provato con Geogebra, ma non riesco a chiudere il disegno operando nell’ordine che ho descritto.
Posso fare un cerchio alfa di centro D metterci tre punti ABC e farci passare tre rette ah ac bc per i punti presi a coppie e disegnare pou una retta esterna n e determinare le tre intersezioni EFG di n con ab ac cb.
Ma se provo a fare prima la retta n con sopra tre punti allineati ABC, a prendere poi una circonferenza alfa non secante di centro D e raggio il segmento D H posso tracciare da A una retta ef secante alfa e determinare un punto E di intersezione su alfa, mando la retta per i punti E A che trova F su alfa poi mando la retta da B ad E che trova la seconda intersezione G con alfa ora la retta fg è determinata ma non passa da C. Muovendo opportunamente in geogebra H raggio di alfa o D centro di Alfa o E la catena cinematica diciamo così è in grado di passare da C, ma vorrei capire se esiste un qualche modo per posizionare EFG tali da effettuare un disegno esatto.
Spero di aver spiegato meglio. Intanto grazie per la domanda. Citavo Menelao perché è l’unica cosa che ho trovato che mi pare parente del mio quesito. Cordialmente Giovanni.

[sellacollesella]

Con GeoGebra non posso aiutarti, però posso dire che da esperimenti numerici è possibile rendersi conto che, a prescindere dalla posizione reciproca tra retta e circonferenza, vi sono sempre due triangoli che soddisfano i vincoli sopra fissati, perlomeno al netto dei casi degeneri che andranno analizzati con la dovuta cura.

[Giovanni Anzani]

Grazie per la verifica numerica, mi è comunque utile sapere che sono due. A prescindere da Geogebra, che avevo usato per cercare di capire con un cinematismo se esiste una via grafica per la soluzione, é un disegno che faccio in AutoCad e per scrivere l’eventuale algoritmo grafico risolutivo in AutoLisp.
Vorrei implementare una macro che faccia l disegno a partire dai dati forniti. Buone cose e grazie per le verifiche numeriche che non avrei saputo fare.

[sellacollesella]

Se i dati in ingresso li rappresentiamo così: \[
A=(x_A,y_A),
\quad
B=A+(h,k)p,
\quad
C=B+(h,k)q,
\quad
D=(x_D,y_D),
\quad
\text{raggio}=r
\] applicando il cambiamento di coordinate: \[
u:=(x-x_D)/r,
\quad\quad
v:=(y-y_D)/r
\] i vincoli a cui risultano soggetti sono: \[
p>0,
\quad
q>0,
\quad
r>0,
\quad
(ku_A-hv_A)^2>h^2+k^2>0
\] mentre i dati in uscita sono: \[
\small
(u_E,v_E)=\left(\frac{1-e^2}{1+e^2},\frac{2e}{1+e^2}\right),
\quad
(u_F,v_F)=\left(\frac{1-f^2}{1+f^2},\frac{2f}{1+f^2}\right),
\quad
(u_G,v_G)=\left(\frac{1-g^2}{1+g^2},\frac{2g}{1+g^2}\right)
\] a loro volta soggetti ai vincoli \(e \ne f\), \(e \ne g\), \(f \ne g\).

In particolare, affinché si verifichino gli allineamenti \(AEF\), \(BEG\), \(CFG\) è sufficiente imporre: \[
\begin{cases}
u_A(v_E-v_F)-u_E(v_A-v_F)+u_F(v_A-v_E)=0\\
u_B(v_E-v_G)-u_E(v_B-v_G)+u_G(v_B-v_E)=0\\
u_C(v_F-v_G)-u_F(v_C-v_G)+u_G(v_C-v_F)=0\\
\end{cases}
\] sistema di tre equazioni non lineari nelle tre incognite \(e,f,g\) che abbiamo l'onere di risolvere.

Nella fattispecie, con una giusta dose di pazienza, definendo i parametri: \[
\begin{aligned}
& a:=((1+u_B)v_C-(1+u_C)v_B)v_A+(1+u_A)v_Bv_C-(1+u_A)(1+u_B)(1-u_C)\\
& b:=(1-u_Bu_C-v_Bv_C)v_A+(1-u_Au_C)v_B-(1-u_Au_B)v_C\\
& c:=((1-u_B)v_C-(1-u_C)v_B)v_A+(1-u_A)v_Bv_C-(1-u_A)(1-u_B)(1+u_C)\\
\end{aligned}
\] le due soluzioni reali si possono banalmente scrivere come: \[
e=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-ac}}{a},
\quad\quad
f=\frac{u_A+ev_A-1}{(1+u_A)e-v_A},
\quad\quad
g=\frac{u_B+ev_B-1}{(1+u_B)e-v_B}.
\] Invertendo il cambiamento di coordinate di cui sopra, le coordinate \(x,y\) di \(E,F,G\) sono servite.

Allego un'immagine esemplificativa:

\(\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\)

[otta96]

Io con GeoGebra ho messo $A$, $B$ e $C$ allineati, poi ho tracciato una circonferenza esterna, ho scelto un punto ($E$) sulla circonferenza, l'ho congiunto con $A$ e $B$, trovando rispettivamente $F$ e $G$ dall'intersezione, poi fatto la retta passante per $F$ e $G$, e poi ho mosso $E$ in modo che l'ultima retta passasse per $C$, prova e fammi sapere se ti torna.
Io non mi ero accorto che ce ne fossero due ti triangoli.

[sellacollesella]

Io non mi ero accorto che ce ne fossero due ti triangoli.

Se con "allineamento AEF" si intende che E sia interno ad AF, allora sì, il triangolo è unico.

[otta96]

Ora ricontrollando ho visto che c'è sia il caso in cui $E$ è nell'arco $FG$ più vicino alla retta sia quello in cui è più lontano. Non credo che $E$ debba per forza stare nel mezzo (tra l'altro sarebbe quello che mi era sfuggito) perchè non lo ha specificato, a differenza di $B$ all'inizio.

[Giovanni Anzani]

@sellacollesella
che dirti grazie della dettagliatissima risposta che mi è certamente utilissima, ne capisco il senso complessivo ma me la devo studiare un po' per poterla comprendere ed eventualmente applicare, non tutti i passaggi sono per me immediati ed esplicitabili.
Vorrei, se posso, chiederti dell'immagine esemplificativa, mi pare fatta in geometria dinamica, posso chiederti in che programma? posso chiederti se le due coppie di terne EFG che ottieni nel disegno derivano da quanto scrivi sopra o se sei riuscito ad implementare una soluzione grafica?
se e' fatta in Geogebra mi puoi mostrare il protocollo di costruzione?

@otta96
si con Geogebra ho fatto come te, ma il tasto dolente è la parte in cui si muove la catena cinematica per far passare l'ultima retta per C, mi serve, se possibile sapere dove piazzare i punti senza doverli spostare sapendo che soddisfano i requisiti per così dire.
Anche io ero convinto dai disegni fatti che la soluzione fosse univoca per quello non avevo specificamente indicato E interno intendendo implicitamente con allineamento AEF che E fosse interno.

@entrambi
Dato che c'e' la possibilità vi carico un'immagine con il tema in sintesi, carico poi sotto anche un immagine più completa e dettagliata del tema che sto dipanando.



In estrema sintesi, tutto per via grafica da EFG di sigma posso ricavare, con passaggi omessi nel disegno semplificato, i punti allineati ABC quali centri del fascio di circonferenze alfa beta gamma di asse radicale m passante da D esiste una correlazione geometrica. vorrei capire se esiste una costruzione grafica che mi faccia ottenere i punti EFG (allineamenti ordinati AEF BEG CFG) o se preferite le rette p q r noti gli altri elementi.
anche il fatto che esista una doppia possibilità mi pare interessante da investigare, noto tutto il disegno vorrei capire se esiste una costruzione grafica che mi permetta di determinare la terna EFG alternativa (allineamenti ordinati AFE BGE CGF) questo non saprei in questo caso come farlo, ora che so che c'e' riesco solo in uno specifico caso che sarebbe lungo spiegare.

nel disegno completo che segue le tre circonferenze rosse sono ricavate quali circonferenze di Apollonio associate alle circonferenze nere secanti (senza nome) di centro A B C prese a coppie; le coppie e la circonferenza di Apollonio associata formano un fascio di circonferenze secanti.





Grazie molte ad entrambi per il vostro tempo.