In questo appunto vediamo come calcolare l’equazione delle circonferenze tangenti a tre rette di cui l’equazione della circonferenza inscritta in un triangolo ne è un caso particolare. Vedremo dunque:

Circonferenze tangenti a tre rette

Individuare le circonferenze tangenti contemporaneamente a tre rette è un esercizio complesso e che soprattutto richiede una notevole quantità di calcoli. Inoltre, nel suo caso più generale possibile, questo esercizio non fornisce un’unica soluzione. Abbiamo già parlato della posizione reciproca di una retta con una circonferenza al seguente link, ed abbiamo approfondito il caso di rette tangenti ad una circonferenza qui. Prima di affrontare il caso di una circonferenza e tre rette. ricordiamo che date due rette, esistono infinite circonferenze ad esse tangenti.

Se le due rette sono incidenti, le infinite circonferenze hanno il proprio centro sulle due bisettrici che dividono gli angoli di incidenza in due parti uguali. ed hanno infiniti raggi diversi. Se le due rette sono parallele, le infinite circonferenze hanno i cui centri posizionati a metà distanza dalle due rette ed hanno tutte lo stesso raggio:

circonferenze tangenti a tre rette: caso due rette

Adesso, prima di passare al caso generale di tre rette, vediamo alcuni casi particolari.

  • Se le tre rette sono incidenti in un punto, il che vuol dire che hanno un punto un comune, non esiste alcuna circonferenza che sia contemporaneamente tangente alle tre rette
  • Quando abbiamo a che fare con tre rette parallele tra loro, non sarà possibile identificare alcuna circonferenza tangente contemporaneamente alle tre rette
  • Se le rette sono tali che due sono tra loro parallele e una è ad esse trasversale, esistono allora due circonferenze tangenti alle tre rette date.

Riassumiamo queste tre condizioni nella figura sotto:

circonferenze tangenti a tre rette: casi particolari

Nel caso più generale possibile, in cui le tre rette non sono parallele tra loro e si incontrano a due a due in tre punti, formando dunque un triangolo, si hanno ben 4 circonferenze tangenti alle tre rette:

circonferenze tangenti a tre rette: caso generale

nella figura sopra riportata notiamo:

  • In verde le bisettrici degli angoli interni del triangolo che si viene a formare dall’intersezione delle tre rette. Tali bisettrici si incontrano in un unico punto detto incentro del triangolo. Tale punto è tale da essere il centro della circonferenza inscritta nel triangolo. Poiché infatti esso risiede contemporaneamente in tutte e tre le bisettrici, esso sarà equidistante da tutti e tre i lati
  • In rosso le bisettrici degli angoli esterni. A due a due esse, insieme ad una delle bisettrici colorate in verde, si incontrano in tre punti definendo dunque altre tre circonferenze esterne al triangolo e tangenti a tutte e tre le rette.

In generale gli esercizi che richiedono di individuare la circonferenza tangente a tre rette si riferiscono alla circonferenza inscritta al triangolo e suggeriscono di intersecare due bisettrici delle 3 rette date per conoscere l’incentro e dunque il centro della circonferenza inscritta. Ciò non è totalmente vero. Per conoscere l’ incentro, occorre intersecare due bisettrici ci due angoli interni al triangolo. Individuarli date le equazioni di tre rette non è affatto banale per un non esperto e richiede informazioni addizionali o il supporto di un disegno.

Incentro di un triangolo

Spendiamo qualche parola sulle proprietà dell’incentro di un triangolo. Conoscerne le caratteristiche potrebbe infatti aiutare nella risoluzione di alcuni problemi. Ricordiamo allora che l’incentro è:

  • un punto sempre interno al triangolo. Se interseco due bisettrici delle tre rette date ed ottengo un punto esterno al triangolo, allora ho ottenuto il centro di una delle circonferenze esterne.
  • equidistante dai tre lati del triangolo e tale distanza coincide con il raggio della circonferenza inscritta nel triangolo stesso
  • tale da dividere ciascuna bisettrice in modo tale da soddisfare una precisa proporzionalità. Se consideriamo il generico triangolo ABC ed indichiamo con I l’incentro:
circonferenze tangenti a tre rette: incentro di un triangolo

se consideriamo la bisettrice che passa per A e D, sono soddisfatte le seguenti proporzioni:

AI:ID=AB:BD=AC:CD

CI:FI=AC:AF=BC:BF

BI:EI=BC:CE=AB:AE

tale che le sue coordinate I(xI, yI) nel piano cartesiano sono individuate dalle formule:

x_{I} = \frac{x_{A}\overline{BC}+x_{B}\overline{AC}+x_{C}\overline{AB}}{\overline{AB} +\overline{BC}+\overline{AC}  } \\\,\\ y_{I} = \frac{y_{A}\overline{BC}+y_{B}\overline{AC}+y_{C}\overline{AB}}{\overline{AB} +\overline{BC}+\overline{AC}  } 

dove xA e yA sono le coordinate del punto A, xB e yB sono le coordinate del punto B, xC e yC sono le coordinate del punto C.

Quest’ultima proprietà è importante in quanto se sono note le coordinate dei tre vertici e le lunghezze dei lati del triangolo è possibile con calcolare le coordinate del centro della circonferenza inscritta nel triangolo stesso.

Come impostare un esercizio dove è richiesto di calcolare l’equazione delle circonferenze tangenti a tre rette

Vediamo adesso come impostare un esercizio nel quale è richiesto di calcolare l’equazione della circonferenza tangente contemporaneamente a tre rette di cui viene data l’equazione. Come già detto precedentemente l’esercizio è complesso dal punto di vista dei calcoli e nel caso generale produce fino a 4 soluzioni. Se l’esercizio richiede espressamente di calcolare solo la circonferenza inscritta nel triangolo l’esercizio richiede un’unica soluzione.

Primo step:  si raccomanda di disegnare le tre rette sul piano cartesiano. Il disegno può infatti fornire indicazioni importanti per la semplificazione dell’esercizio.

Secondo step: calcolare le equazioni di 4 delle 6 bisettrici

Tre rette non incidenti e non parallele tra loro formano 6 angoli. Tre di questi angoli sono interni al triangolo e i rimanenti sono esterni. Ogni coppia di rette forma due angoli. Le equazioni delle bisettrici di tali angoli si ottengono calcolando il luogo geometrico dei punti distanti in egual modo ad entrambe le rette. Dunque se abbiamo due rette di equazione:

y= m_{1}x + q_{1} \\\,\\y= m_{2}x + q_{2}

Ricordiamo inoltre che la distanza di un punto P da una retta è dato dall’equazione:

d = \frac{\left |y_{P}-(mx_{P}+q) \right |}{\sqrt{m^{2}+1}}

Per cui trovare le bisettrici di due rette significa trovare il luogo geometrico di tutti i punti di coordinate (x,y) la cui distanza dalla prima retta è uguale alla distanza dalla seconda retta. Dunque significa risolvere l’uguaglianza:

\frac{\left |y-(m_{1}x+q_{1}) \right |}{\sqrt{m_{1}^{2}+1}}= \frac{\left |y-(m_{2}x+q_{2}) \right |}{\sqrt{m_{2}^{2}+1}}

Ricordiamo che poiché abbiamo a che fare con un’equazione con moduli, occorre risolvere ben due equazioni:

1) \,\,\, \frac{y-(m_{1}x+q_{1}) }{\sqrt{m_{1}^{2}+1}}= +\frac{y-(m_{2}x+q_{2}) }{\sqrt{m_{2}^{2}+1}} \\\,\\ 2) \,\,\, \frac{y-(m_{1}x+q_{1}) }{\sqrt{m_{1}^{2}+1}}= -\frac{y-(m_{2}x+q_{2}) }{\sqrt{m_{2}^{2}+1}} 

La soluzione delle quali ci fornirà le equazioni delle due bisettrici (si tratta di equazioni di due rette). Adesso torniamo al nostro problema. Abbiamo 3 rette che formano 6 bisettrici che si intersecano in 4 punti, i centri delle 4 circonferenze di nostro interesse. Occorre calcolare tutte e 6 le bisettrici per calcolare i 4 punti di intersezione? La risposta è no. Ne bastano 4.

Step 3: calcolare i punti di intersezione diversi dai vertici del triangolo delle 4 bisettrici

Per calcolare i centri delle circonferenze, bisogna allora risolvere i seguenti 4 sistemi lineari:

\left\{\begin{matrix}
eq. \,\, bisettrice \,1\\ 
eq. \,\, bisettrice \, 3
\end{matrix}\right. \\\,\\ \left\{\begin{matrix}
eq. \,\, bisettrice \,2\\ 
eq. \,\, bisettrice \, 3
\end{matrix}\right. \\\,\\
\left\{\begin{matrix}
eq. \,\, bisettrice \,1\\ 
eq. \,\, bisettrice \, 4
\end{matrix}\right. \\\,\\ \left\{\begin{matrix}
eq. \,\, bisettrice \,2\\ 
eq. \,\, bisettrice \, 4
\end{matrix}\right. \\\,\\

Il punto cruciale è che algebricamente nulla ci dice quali di questi 4 punti siano esterni e quale sia l’incentro del triangolo. Per individuarlo occorre rifarsi al disegno del problema nel piano cartesiano dove si individuano i tre vertici del triangolo e ad essi si possono riferire i 4 punti individuati.

Come detto sopra se l’esercizio richiede di individuare solo la circonferenza inscritta al triangolo, la soluzione richiesta è unica. Il procedimento sarebbe lo stesso fino qui a meno che il problema non fornisce di per se qualche informazione utile a definire con certezza due bisettrici interne.

Step 4: noti i centri delle circonferenze ed i loro raggi, calcolarne le equazioni

Una volta individuai i 4 punti di intersezione, occorre calcolare la loro distanza da una delle tre rette date. Quest’ultimo passaggio consente di ottenere il raggio delle 4 circonferenze. A questo punto, noto il centro ed il raggio, i tre parametri a,b e c di ciascuna delle 4 circonferenze si ottengono risolvendo il seguente sistema:

\left\{\begin{matrix}
x_{centro}=-\frac{a}{2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\\ \,\\ y_{centro}=-\frac{b}{2} \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\\ \,\\ r^{2} = \frac{1}{4} (a^{2}+b^{2}-4c)

\end{matrix}\right.

Metodo alternativo per il calcolo delle coordinate dell’incentro

Se l’esercizio richiede di calcolare solo la circonferenza inscritta è possibile calcolare le coordinate dell’incentro attraverso le formule:

x_{I} = \frac{x_{A}\overline{BC}+x_{B}\overline{AC}+x_{C}\overline{AB}}{\overline{AB} +\overline{BC}+\overline{AC}  } \\\,\\ y_{I} = \frac{y_{A}\overline{BC}+y_{B}\overline{AC}+y_{C}\overline{AB}}{\overline{AB} +\overline{BC}+\overline{AC}  } 

il che richiederebbe di calcolare i tre vertici del triangolo e le lunghezze dei lati. Non sempre è il metodo più semplice soprattutto se le lunghezze dei lati sono quantità irrazionali. E’ consigliabile nel caso di esercizi in cui sono fornite in input le misure dei lati del triangolo e le coordinate dei vertici del triangolo.

Metodo II (sconsigliato)

Un secondo metodo applicabile, ma anche in questo caso molto oneroso in termini di calcolo, consiste nell’imporre l’equazione generica della circonferenza tangente a ciascuna delle tre rette. Dunque questo metodo consiste nel considerare l’equazione generica della circonferenza:

x^{2}+y^{2}+ax+by +c=0

e ciascuna delle tre rette:

1)\,\, y= m_{1}x+q_{1} \\\,\\2)\,\, y= m_{2}x+q_{2} \\\,\\3) \,\, y= m_{3}x+q_{3} \\\,\\

ed impostare i tre sistemi:

1)\,\, \left\{\begin{matrix}
x^{2}+y^{2}+ax+by +c=0\\ \,\\
 y= m_{1}x+q_{1} \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,
\end{matrix}\right. \\\,\\ 2)\,\, \left\{\begin{matrix}
x^{2}+y^{2}+ax+by +c=0\\ \,\\
 y= m_{2}x+q_{2} \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,
\end{matrix}\right. \\\,\\ 3)\,\, \left\{\begin{matrix}
x^{2}+y^{2}+ax+by +c=0\\ \,\\
 y= m_{3}x+q_{3} \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,
\end{matrix}\right. \\\,\\

Per ciascun sistema occorre poi imporre il delta della corrispettiva equazione risolvente uguale a zero e mettere in un ulteriore sistema le tre condizioni ottenute. Ciascuna delle tre condizioni è un’equazione di secondo grado in a e b (coefficienti della circonferenza) e dunque il sistema non è di semplice soluzione. Si sconsiglia dunque di applicare questo metodo.

Esempio di esercizio

Calcolare l’equazione delle circonferenze tangenti alle rette di equazione: y=3x+1; y=-3x-3; y=-1/3x+2

Per la risoluzione di questo esercizio seguiremo i seguenti step:

  1. Disegno delle 3 rette nel piano cartesiano
  2. Calcolo dell’equazione di 4 delle 6 bisettrici.
  3. Identificazione dei punti di intersezione delle 4 bisettrici diversi dai vertici del triangolo. Questi saranno i centri delle 4 circonferenze. Dalle coordinate dei punti otteniamo i coefficienti a e b dell’equazione di ciascuna circonferenza
  4. Calcolo del raggio di ciascuna circonferenza come distanza di ciascun centro da una delle tre rette. Il raggio consentirà di ottenere il parametro c di ciascuna circonferenza. Calcolo delle equazioni delle circonferenze

Step 1

Come prima cosa disegniamo le tre rette sul piano cartesiano per verificare se è possibile fare delle osservazioni:

Una informazione molto importante delle tre rette assegnate e che può essere dedotta sia dal disegno che dai coefficienti angolari è che le due rette:

y= 3x+1 \\\,\\ y=-3x-3

sono tali da essere simmetriche rispetto ad una retta parallela all’asse delle x e all’asse delle y. Esse infatti hanno il coefficiente angolare l’uno l’inverso dell’altro per cui se la prima retta forma un angolo α con l’asse delle x, la seconda formerà un angolo -α con l’asse delle x. Calcoliamo dunque il punto di intersezione di queste due rette risolvendo il sistema lineare:

\left\{\begin{matrix}
y=3x+1\\ 
y=-3x-3
\end{matrix}\right.

Sottraiamo la seconda equazione alla prima e otteniamo:

0 = 6x +4  \Rightarrow x=-\frac{2}{3}

Sostituiamo il valore dell’ordinata ad una delle due equazioni e otteniamo:

y= 3\left(-\frac{2}{3}\right) + 1 = -2+1 =-1

Dunque il punto A di coordinate A(-2/3;-1) è il punto di intersezione delle due rette. Per quanto detto prima, le bisettrici di queste due rette saranno dunque:

bisettrice 1\Rightarrow \mathbf{y=-1} \\\,\\
bisettrice 2\Rightarrow \mathbf{x=-\frac{2}{3}}

Di queste due bisettrici la seconda è quella che passa per l’incentro del triangolo e che ci consentirà di individuare la circonferenza inscritta nel triangolo. Questa osservazione la possiamo capire dal grafico. Senza il grafico non avremmo potuto stabilire quale delle due bisettrici passi per l’incentro.

Step 2

Avremmo potuto calcolare le bisettrici anche con il metodo classico cercando il luogo geometrico dei punti equidistanti dalle due rette. Calcolando dunque:

\frac{\left|y-(m_{1}x+q_{1}) \right|}{\sqrt{m_{1}^{2}+1}} = \frac{\left|y-(m_{2}x+q_{2}) \right|}{\sqrt{m_{2}^{2}+1}} \\\,\\\Rightarrow \\\,\\ \frac{\left|y-(3x+1) \right|}{\sqrt{3^{2}+1}} = \frac{\left|y-(-3x-3) \right|}{\sqrt{(-3)^{2}+1}} \\\,\\\Rightarrow \\\,\\ \frac{\left|y-3x-1 \right|}{\sqrt{10}} = \frac{\left|y+3x+3 \right|}{\sqrt{10}}

moltiplicando entrambi i membri per la radice di 10 otteniamo:

\left|y-3x-1 \right| = \left|y+3x+3 \right|

il che significa risolvere le due equazioni:

1) y-3x-1= y+3x+3 \,\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,\,\,0=6x+4 \,\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,\,\, \mathbf{x=-\frac{2}{3}} \\\,\\
2) y-3x-1= -y-3x-3 \,\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,\,\, 2y=-2  \,,\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,\,\, \mathbf{y=-1} 

abbiamo ottenuto lo stesso risultato. Adesso ci servono altre due bisettrici per poter calcolare i 4 centri delle 4 circonferenze di interesse. Scegliamo le due rette:

y=3x+1 \\\,\\ y=-\frac{1}{3}x+2

Anche qui proponiamo due metodi di calcolo. Il primo fa riferimento ai coefficienti angolari delle due rette, l’uno è l’antireciproco dell’altro. Dunque le due rette sono perpendicolari tra loro. Ne consegue che le bisettrici saranno posizionate a +π/4 e a -π/4 rispetto ad una delle due rette. Per calcolare i coefficienti angolari delle due bisettrici applichiamo dunque le formule di addizione e di sottrazione della funzione tangente (se non sono note passa la metodo classico):

1) tg\left(\alpha + \frac{\pi}{4}\right) = \frac{tg(\alpha)+tg \left( \frac{\pi}{4}\right)}{1-tg(\alpha)tg \left( \frac{\pi}{4}\right)} = \frac{3+1}{1-3*1} = -2 \\\,\\
2) tg\left(\alpha - \frac{\pi}{4}\right) = \frac{tg(\alpha)-tg \left( \frac{\pi}{4}\right)}{1+tg(\alpha)tg \left( \frac{\pi}{4}\right)} = \frac{3-1}{1+3*1} = \frac{1}{2}

Adesso calcoliamo il punto di intersezione delle due rette:

\left\{\begin{matrix}
y=3x+1\\ \,\\
y=-\frac{1}{3}x+2

\end{matrix}\right.

sottraiamo la seconda equazione alla prima e otteniamo:

0 = 3x+\frac{1}{3}x+1-2  \Rightarrow \frac{10}{3}x =1 \Rightarrow x=\frac{3}{10}

sostituiamo il valore della x ad una delle due equazioni e otteniamo:

y=3x+1 \Rightarrow y=3\frac{3}{10}+1 = \frac{19}{10}

Il punto B di coordinate B(3/10, 19/10) è il punto di intersezione delle due rette. Adesso delle bisettrici 2 e 3 conosciamo coefficiente angolare ed un punto di passaggio. Calcoliamo dunque le equazioni delle bisettrici:

bisettrice 3 \Rightarrow y-y_{B} =m_{4}(x-x_{B}) \Rightarrow y-\frac{19}{10} = -2\left(x-\frac{3}{10}\right) \Rightarrow \mathbf{ y=-2x+\frac{5}{2}} \\\,\\\,
bisettrice 4 \Rightarrow y-y_{B} =m_{5}(x-x_{B}) \Rightarrow y-\frac{19}{10} = \frac{1}{2}\left(x-\frac{3}{10}\right) \Rightarrow \mathbf{ y=\frac{1}{2}x+\frac{7}{4}} \,\,\,\,\,\,\,\,\\

dove per m4 e m5 si intendono i coefficienti angolari delle bisettrici calcolato precedentemente. Lo stesso risultato avremmo potuto ottenere applicando la formula generale:

\frac{\left|y-(m_{1}x+q_{1}) \right|}{\sqrt{m_{1}^{2}+1}} = \frac{\left|y-(m_{3}x+q_{2}) \right|}{\sqrt{m_{3}^{2}+1}} \\\,\\\Rightarrow \\\,\\ \frac{\left|y-(3x+1) \right|}{\sqrt{3^{2}+1}} = \frac{\left|y-\left(-\frac{1}{3}x+2\right) \right|}{\sqrt{\left(-\frac{1}{3}\right)^{2}+1}} \\\,\\\Rightarrow \\\,\\ \frac{\left|y-3x-1 \right|}{\sqrt{10}} = \frac{\left|y+\frac{1}{3}x-2 \right|}{\sqrt{\frac{10}{9}}}

adesso moltiplichiamo entrambi i membri per la radice di 10 e tiriamo fuori il 9 dalla radice. Otteniamo:

\left|y-3x-1 \right| = 3\left|y+\frac{1}{3}x-2 \right|

il che richiede di risolvere due equazioni:

3)  y-3x-1  = 3y+x-6  \Rightarrow -2y = 4x -5  \Rightarrow \mathbf{y=-2x+\frac{5}{2}} \\\,\\
4) y-3x-1  = -3y-x+6 \Rightarrow 4y = 2x+7  \Rightarrow \mathbf{y=\frac{1}{2}x+\frac{7}{4}} 

Adesso abbiamo 4 delle 6 bisettrici. Queste sono sufficienti ad individuare i centri delle circonferenze. Aggiorniamo il nostro disegno:

Dalla figura si nota dunque che l’incentro sarà l’intersezione delle bisettrici:

x=-\frac{2}{3} \\\,\\ y=\frac{1}{2}x + \frac{7}{4}

Step 3

Calcoliamo adesso i centri delle 4 circonferenze intersecando le bisettrici. Chiaramente non ha alcun senso intersecare due bisettrici che provengono dalla stessa coppia di rette iniziali. Otterremmo i vertici del triangolo. Risolviamo dunque i seguenti 4 sistemi lineari:

\left\{\begin{matrix}
y=-1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\\\ \,\\
y=-2x+\frac{5}{2}
\end{matrix}\right. \\\,\\\left\{\begin{matrix}
y=-1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\\ \,\\
y= \frac{1}{2}x
+\frac{7}{4}
\end{matrix}\right. \\\,\\\left\{\begin{matrix}
x=-\frac{2}{3}\,\,\,\,\,\\,\,\,\,\\\ \,\\
y=-2x+\frac{5}{2}
\end{matrix}\right. \\\,\\ {\color{Blue} \left\{\begin{matrix}
x=-\frac{2}{3}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\\\ \,\\
y= \frac{1}{2}x
+\frac{7}{4}\end{matrix}\right.}

dove in blue abbiamo indicato il sistema che individua il centro della circonferenza inscritta. Risolviamo i 4 sistemi:

\left\{\begin{matrix}
y=-1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\\\ \,\\
y=-2x+\frac{5}{2} \,\,\,\,\, \Rightarrow -1=-2x+\frac{5}{2}  \,\,\,\,\, \Rightarrow 2x=1+\frac{5}{2}\,\,\,\,\, \Rightarrow x=\frac{7}{4} 
\end{matrix}\right. \\\,\\\left\{\begin{matrix}
y=-1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\\ \,\\
y= \frac{1}{2}x
+\frac{7}{4} \,\,\, \Rightarrow -1= \frac{1}{2}x + \frac{7}{4} \,\,\, \Rightarrow \frac{1}{2}x=-1-\frac{7}{4}\,\,\, \Rightarrow x=-\frac{11}{2}\end{matrix}\right. \\\,\\
\left\{\begin{matrix}
x=-\frac{2}{3}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,
\\ \,\\
y=-2x+\frac{5}{2}\,\,\, \Rightarrow y=-2 \left(-\frac{2}{3} \right)+\frac{5}{2}  \Rightarrow y=\frac{4}{3}+\frac{5}{2}  \Rightarrow y=\frac{23}{6}
\end{matrix}\right. \\\,\\ {\color{Blue} \left\{\begin{matrix}
x=-\frac{2}{3}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,
\\\ \,\\
y= \frac{1}{2}x
+\frac{7}{4}\,\,\, \Rightarrow y=\frac{1}{2}\left(-\frac{2}{3}\right)+\frac{7}{4}\,\,\, \Rightarrow y=-\frac{1}{3}+\frac{7}{4}\,\,\, \Rightarrow y=\frac{17}{12}\end{matrix}\right.}

I 4 centri delle circonferenze sono dunque.

D\left(\frac{7}{4},-1\right) \,\,\,\,\,\, E\left(-\frac{11}{2},-1\right) \,\,\,\,\,\, F\left(-\frac{2}{3},\frac{23}{6}\right) \,\,\,\,\,\, {\color{Blue}I\left(-\frac{2}{3},\frac{17}{12}\right) }\,\,\,\,\,\,

Dai valori dei centri delle circonferenze possiamo ricavarci i valori dei coefficienti a e b. Ricordiamo infatti che dato un generico centro di coordinate p,q valgono le relazioni:

p=-\frac{a}{2} \Rightarrow a=-2p \\\,\\q=-\frac{b}{2} \Rightarrow b=-2q \\\,\\

Applichiamo queste relazioni ai 4 centri:

D\left(\frac{7}{4},-1\right) \Rightarrow a_{1}=-\frac{7}{2} ; b_{1}=2 \,\,\,\,\Rightarrow \,\,\,\,eq.1\,\,\,x^{2}+y^{2}-\frac{7}{2}x+2y+c_{1}=0 \\\,\\E\left(-\frac{11}{2},-1\right) \Rightarrow a_{2}=11 ; b_{2}=2 \,\,\,\,\Rightarrow \,\,\,\,eq.2\,\,\,x^{2}+y^{2}+11x+2y+c_{2}=0\\\,\\ F\left(-\frac{2}{3},\frac{23}{6}\right)\Rightarrow a_{3}=\frac{4}{3} ; b_{3}=-\frac{23}{3} \,\,\,\,\Rightarrow \,\,\,\,eq.3\,\,\,x^{2}+y^{2}+\frac{4}{3}x-\frac{23}{3}y+c_{3}=0 \\\,\\ {\color{Blue}I\left(-\frac{2}{3},\frac{17}{12}\right) \Rightarrow a_{4}=\frac{4}{3} ; b_{4}=-\frac{17}{6} \,\,\,\,\Rightarrow \,\,\,\,eq.4\,\,\,x^{2}+y^{2}+\frac{4}{3}x-\frac{17}{6}y+c_{4}=0 }

Step 4

Calcoliamo adesso i raggi di ciascuna circonferenza come distanza di ciascun centro da una delle tre rette inizialmente date. Scegliamo la retta y=3x+1. Avremo allora:

r_{1}= \frac{\left|y_{D}-(mx_{D}+1)\right|}{\sqrt{m^{2}+1}} = \frac{\left|-1-\left(3\frac{7}{4}+1\right)\right|}{\sqrt{3^{2}+1}} = \frac{\left|-1-\frac{21}{4}-1\right|}{\sqrt{9+1}}=\frac{29}{4\sqrt{10}} \\\,\\\,\\
r_{2}= \frac{\left|y_{E}-(mx_{E}+1)\right|}{\sqrt{m^{2}+1}} = \frac{\left|-1-\left[3\left(-\frac{11}{2}\right)+1\right]\right|}{\sqrt{3^{2}+1}} = \frac{\left|-1+\frac{33}{2}-1\right|}{\sqrt{9+1}}=\frac{29}{2\sqrt{10}}\\\,\\\,\\
r_{3}= \frac{\left|y_{F}-(mx_{F}+1)\right|}{\sqrt{m^{2}+1}} = \frac{\left|\frac{23}{6}-\left[3\left(-\frac{2}{3}\right)+1\right]\right|}{\sqrt{3^{2}+1}} = \frac{\left|\frac{23}{6}+2-1\right|}{\sqrt{9+1}}=\frac{29}{6\sqrt{10}}\\\,\\\,\\
{\color{Blue} r_{4}= \frac{\left|y_{I}-(mx_{I}+1)\right|}{\sqrt{m^{2}+1}} = \frac{\left|\frac{17}{12}-\left[3\left(-\frac{2}{3}\right)+1\right]\right|}{\sqrt{3^{2}+1}} = \frac{\left|\frac{17}{12}+2-1\right|}{\sqrt{9+1}}=\frac{29}{12\sqrt{10}}}

Adesso noti i valori dei raggi è possibile calcolare i valori dei coefficienti c. Ricordiamo infatti che:

r^{2}= \frac{1}{4}(a^{2}+b^{2}-4c)

da cui:

c= \frac{a^{2}+b^{2}-4r^{2}}{4}

Impostiamo la formula per tutte le circonferenze:

c_{1}= \frac{a_{1}^{2}+b_{1}^{2}-4r_{1}^{2}}{4} = \frac{\frac{7}{2}^{2}+2^{2}-4\left(\frac{29}{4\sqrt{10}}\right)^{2}}{4} = \frac{\frac{49}{4}+4-\frac{841}{40}}{4}= \frac{490+160-841}{160}= -\frac{191}{160}
c_{2}= \frac{a_{2}^{2}+b_{2}^{2}-4r_{2}^{2}}{4} = \frac{11^{2}+2^{2}-4\left(\frac{29}{2\sqrt{10}}\right)^{2}}{4} = \frac{121+4-\frac{841}{10}}{4}= \frac{1210+40-841}{40}= \frac{409}{40}
c_{3}= \frac{a_{3}^{2}+b_{3}^{2}-4r_{3}^{2}}{4} = \frac{\frac{4}{3}^{2}+\left(-\frac{23}{3}\right)^{2}-4\left(\frac{29}{6\sqrt{10}}\right)^{2}}{4} = \frac{\frac{16}{9}+\frac{529}{9}-\frac{841}{90}}{4}= \frac{160+5290-841}{360}= \frac{4609}{360}
{\color{Blue} c_{4}= \frac{a_{4}^{2}+b_{4}^{2}-4r_{4}^{2}}{4} = \frac{\frac{4}{3}^{2}+\left(-\frac{17}{6}\right)^{2}-4\left(\frac{29}{12\sqrt{10}}\right)^{2}}{4} = \frac{\frac{16}{9}+\frac{289}{36}-\frac{841}{360}}{4}= \frac{640+2890-841}{1440}= \frac{2689}{1440}}

le equazioni delle 4 circonferenze sono dunque:

eq.1\,\,\,x^{2}+y^{2}-\frac{7}{2}x+2y-\frac{191}{160}=0 \\\,\\eq.2\,\,\,x^{2}+y^{2}+11x+2y+\frac{409}{40}=0\\\,\\ eq.3\,\,\,x^{2}+y^{2}+\frac{4}{3}x-\frac{23}{3}y+\frac{4609}{360}=0 \\\,\\ {\color{Blue}eq.4\,\,\,x^{2}+y^{2}+\frac{4}{3}x-\frac{17}{6}y+\frac{2689}{1440}=0 }

eccole rappresentate graficamente:

circonferenze tangenti a tre rette: esercizio

Nota: 

Per il calcolo delle coordinate dell’incentro avremmo potuto usare la formula che richiede le coordinate dei vertici e le lunghezze dei lati del triangolo. In alcuni casi però questo metodo può risultare complicato da gestire dal punto di vista algebrico.

Equazioni delle circonferenze tangenti a tre rette
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