Risoluzione sintetica.
Dapprima osserviamo che è a>r.Infatti si ha (fig.1):
a=AB+CH= (BH+CH)+AH>CB+AH=r+AH>r
Sia allora L un punto esterno alla circonfereza tale che risulti
CL=a.
Su segmento CL si prenda il punto M ( qualsiasi) e sulla perpendicolare a LC da M il punto N tale che si abbia
ML=2*MN.
Allora una delle due ( eventuali ) intersezioni della retta LN con la circonferenza risolve il problema ,ovvero individua il vertice B e quindi anche il vertice A del triangolo cercato ( vedi anche fig.2).
Infatti dalla similitudine dei triangoli LHB e LMN si ricava che
HL=2*HB=AB e quindi AB+CH=HL+CH=CL=a
che è la condizione imposta dal problema .
Si può notare che ,posto $ \displaystyle MLN=\alpha $ ,si ricava che:
$ \displaystyle \tan\alpha=\frac{MN}{ML}=\frac{1}{2},\sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{5}},\cos\alpha=\frac{2}{\sqrt{5}} $
pertanto la retta LN non è altro che la retta da L inclinata su LC di un angolo di ampiezza =arccotan(2)=29°31'12''
Quanto alla discussione , dalla fig 2,detta LT una delle due tangenti
alla circonferenza condotte da L e $ \displaystile \beta $ l'angolo CLT,dal triangolo rettangolo LTC risulta:
$ \displaystyle \sin\beta=\frac{CT}{CL}=\frac{r}{a} $
E' chiaro che il problema ha di certo due soluzioni distinte (di cui una accettabile) quando si ha:
$ \displaystyle \beta>\alpha $
Ovvero :
$ \displaystyle \sin\beta>\sin\alpha $
E cioé:
$ \displaystyle \frac{r}{a}>\frac{1}{\sqrt{5}} $
Ed infine :
$ \displaystyle a<r\sqrt{5} $
Poichè è $ 2<\sqrt{5} $ si può concludere che vi è effettivamente una soluzione per
r<a<2r
Negli altri due casi $ \displaystyle \beta=\alpha,\beta<\alpha $ nessuna soluzione.
Con un po' di calcoli è possibile ricavare concretamente la soluzione e si
trova che:
$ \displaystyle AB_1=\frac{2}{5}\cdot(2a-\sqrt{5r^2-a^2}) $
La soluzione $ \displaystyle AB_2=\frac{2}{5}\cdot(2a+\sqrt{5r^2-a^2}) $ corrispondente al triangolo A'B'C è relativa al caso AB-CH=a