Cercul radical a doua cercuri

[mihai miculita]

Teorema: Fiind date doua cercuri $(O_1; R_1)$ si $(O_2; R_2)$, locul geometric al tuturor punctelor din planul celor doua cercuri a caror puteri sunt egale si de semne contrare, este un cerc, numit cercul radical al celor doua cercuri.
Demonstratie: Notand cu $\rho_1(X)$ si cu $\rho_2(X)$ puterile unui punct $X$ fata de cele doua cercuri, avem de gasit locul geometric al tuturor punctelor avand proprietatea:
$\rho_1(X)=-\rho_2(X)\Leftrightarrow \rho_1(X)+\rho_2(X)=0\Leftrightarrow$$\left(|XO_1|^2-R_1^2\right)+\left(|XO_2|^2-R_2^2\right)=0\Leftrightarrow |XO_1|^2+|OX_2|^2=R_1^2+R_2^2.$ (1)
Notam acum cu $M$, mijlocul segmentului $[O_1O_2]$. Cum $[XM]$ este o mediana a $\triangle {XO_1O_2}$, tinand seama de relatia (1) avem:
$|MX|^2=\frac{2.\left(|XO_1|^2+|XO_2|^2\right)-|O_1O_2|^2}{4}$$=\frac{2.\left(R_1^2+R_2^2\right)-|O_1O_2|^2}{4}=\mbox{constant}\Rightarrow$
$\Rightarrow$Locul geometric al punctelor $X$, este cercul: $(M; R)$, cu: $R=\sqrt{\frac{2.\left(R_1^2+R_2^2\right)-|O_1O_2|^2}{4}}}$. (2)
Observatie: Fiind date doua cercuri secante $(O_1; R_1)$ si $(O_2; R_2)$, cercul lor radical exista intotdeauna si el trece prin cele doua puncte comune ale celor doua cercuri. Intr-adevar, daca $(O_1; R_1)\cap (O_2; R_2)=\{A;B\}\Rightarrow$$\rho_1(A)=-\rho_2(A)=0; \rho_1(B)=-\rho_2(B)=0$.

APLICATIE: Fie $ABCD$ un patrulater oarecare, $\{O\}=AC\cap BD$; iar $M$ si $N$ sunt mijloacele diagonalelor $[AC]$ si $[BD]$. Notam cu $P$ cel de al doilea punct de intersectie al cercurilor circumscrise $\triangle{OAB}$ si $\triangle{OCD}$; iar cu $Q$ cel de al doilea punct de intersectie al cercurilor circumscrise $\triangle{OAD}$ si $\triangle{OCD}$. Sa se arate ca urmatoarele cinci puncte: $O, M, N, P$ si $Q$ sunt conciclice.
SOLUTIE: Notam cu $\rho_{ab}(M),\rho_{bc}(M), \rho_{cd}(M)$ si cu $\rho_{ad}(M)$ puterea punctului $M$ fata de cercurile $\odot{OAB}, \odot{OBC}, \odot{OCD}$ si respectiv $\odot{OAD}$. $M$-fiind mijlocul lui $[AC]\Rightarrow \overrightarrow{MA}=-\overrightarrow{MC}$ si atunci, avem:
$\rho_{ab}(M)=\rho_{ad}(M)=\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MO}=$$-\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MO}=-\rho_{bc}(M)=-\rho_{cd}(M).$ (1)
In mod analog se arata ca: $\rho_{ab}(N)=\rho_{bc}(N)=-\rho_{cd}(N)=-\rho_{ad}(N).$ (2)
In fine, relatiile (1) si (2) ne arata ca punctele M si N se gasesc atat pe cercul radical $\odot{OAB}$ si $\odot{OCD}$ cat si pe cercul radical al $\odot{OBC}$ si $\odot{OAD}\Rightarrow P; Q\in\odot{OMN}.$

[Cheian Dinis]

Voi sustine aceasta tema extrem de eleganta si folositoare printr-o problema destul de cunoscuta in lumea axelor radicale.
Dar mai intii vom generaliza teorema axelor radicale pentru 3 cercuri.
Deja am stabilit ca daca 2 cercuri se intersecteaza in punctele $A$ si $B$ atunci axa lor radicala este dreapta definita de aceste 2 puncte.
$CONSECINTA:$ Daca 3 cercuri au centrele necoliniare si axele radicale a 2 dintre ele se intersecteaza intr-un punct,atunci axa radicala a celei de-a treia pereche de cercuri de asemenea trece prin acest punct,care se numeste centru radical al celor trei puncte.
$APLICATIE:$ Inaltimile $AA_1$ si $BB_1$ ale $\triangle ABC$ se intersecteaza in punctul $H$.Daca $X$ este intersectia dintre $A_1B_1$ si $AB$ iar $M$ este mijlocul segmentului $AB$,sa se arate ca $XH\perp CM$.(Folclor)
$DEMONSTRATIE:$ Fie $CC_1$ inaltimea corespunzatoare laturii $AB$,iar $K$ proectia lui $H$ pe $CM$.Este suficent sa aratam ca punctele $X,H$ si $K$ sunt coliniare.Este lesne de observat ca pentagonul $CB_1HKA_1$ este inscriptibil,deoarece $\angle CB_1H=\angle CKH=\angle CA_1H=90$ .Notam cercul circumscris acestui pentagon $\omega_1$ .Totodata observam ca si patrulaterul $HKMC_1$ este inscriptibil,deoarece $\angle HKM=\angle HC_1M=90$ .Fie $\omega_2$ cercul circumscris acestui patrulater.
Cercul lui Euler $(O_9)$ al triunghiului $\triangle ABC$ trece prin punctele $A_1,M,C_1$ si $B_1$ .Consideram cercurile $\omega_1,\omega_2$ si $O_9$ si constatam ca:
1) $A_1B_1$ este axa radicala a cercurilor $\omega_1$ si $O_9$ ;
2) $HK$ este axa radicala a cercurilor $\omega_2$ si $\omega_1$ ;
3) $C_1M$ este axa radicala a cercurilor $O_9$ si $\omega_2$ .
Prin urmare ,punctul $X$ ,unde este intersectia intre $A_1B_1$ si $C_1M$ apartine dreptei $HK$ .
$Q.E.D.$

[mihai miculita]

ALTA SOLUTIE a APLICATIEI:
Fie $ABCD$ un patrulater oarecare, $\{O\}=AC\cap BD$; iar $M$ si $N$ sunt mijloacele diagonalelor $[AC]$ si $[BD]$. Notam cu $P$ cel de al doilea punct de intersectie al cercurilor circumscrise $\triangle{OAB}$ si $\triangle{OCD}$; iar cu $Q$ cel de al doilea punct de intersectie al cercurilor circumscrise $\triangle{OAD}$ si $\triangle{OCD}$. Sa se arate ca urmatoarele cinci puncte: $O, M, N, P$ si $Q$ sunt conciclice.
1). Notam cu $O_{ab}, O_{bc}, O_{cd}, O_{ad}$ punctele diametrel opuse punctului O in cercurile $\odot{OAB}, \odot{OBC}, \odot{OCD}$ si respectiv $\odot{OAD}$; iar cu $\{R\}=O_{ab}O_{cd}\cap O_{bc}O_{ad}.$
2). Intrucat $A\in O_{ab}O_{ad},C\in O_{bc}O_{cd}\perp AC$ si $B\in O_{ab}O_{bc},D\in O_{ad}O_{cd}\perp BD\Rightarrow$$O_{ab}O_{bc}O_{cd}O_{ad}$ este un paralelogram circumscris patrulaterului ABCD.
3). In fine, punctele $M, N, P$ si $Q$ se gasesc pe cercul de diametru $[OR]$.

[mihai miculita]

Vezi si aplicatia de la TOPICUL: http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=25&t=6286