caccia all'angolo bulgaro

[jordan]

Sia ABC un triangolo equilatero con area 7 e siano M e N due punti su AB e AC tali che AN=BM. Chiamiamo O l'intersezione tra BN e CM. Sapendo che l'area di BOC è 2, trovare quanto vale l'angolo AOB.

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

trigo time:
Per il teorema dei seni per l'area ho $ \displaystyle \frac{28 \cdot 2}{\sqrt{3}\sqrt{3}} \sin (60-x) \sin x =4 $ dove $ x=\angle OCB $ e $ \displaystyle \frac{28}{\sqrt{3}} $ è il lato al quadrato.

sviluppando $ \displaystyle \cos (60-2x)=\frac{3}{7}+\frac{1}{2} $ sostituendo $ y= \cos (2x) $ si ottiene $ \displaystyle y+ \sqrt{1-y^2}\sqrt{3}=\frac{13}{7} $ che da come unica soluzione accettabile $ \displaystyle y=\frac{1}{7} $ che da $ \displaystyle \cos x = \frac{2}{\sqrt{7}} $ e $ \displaystyle \sin x = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}} $

Da cui si ottiene $ \displaystyle \sin (60-x)=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}=\frac{\sin x}{2} $

$ \angle OAB = z $ quindi per ceva trigonometrico $ \displaystyle \frac{\sin z}{\sin (60-z)}=4 $ da cui $ \displaystyle 3 \sin z = 2 \sqrt{3} \sqrt{1-\sin^2 z} $ da cui $ \displaystyle \sin z = \frac{2}{\sqrt{7}} = \cos x $

ovvero $ \angle AOB = 90^\circ $


chiaramente il problema poteva essere inteso in due modi, l'alternativa sarebbe stata di calcolare $ \angle AOC $ perchè c'è anche la soluzoione simmetrica rispetto all'altezza da A.

[karl]

Una soluzione non trigonometrica.

Calcoli preliminari (tener conto dei dati ed osservare la figura).
$ \displaystyle AB=BC=CA=2\sqrt{\frac{7\sqrt{3}}{3}},RS=OL =\frac{4}{BC}=\frac{2}{7}\sqrt{7\sqrt{3}} $
Il punto O appartiene alla retta r parallela a BC e distante da questo lato proprio di $ \displaystyle OL=\frac{2}{7}\sqrt{7\sqrt{3}} $
Poiché è AN=BM è pure AM=CN e quindi il due trangoli ACM e BCN sono congruenti e da ciò segue che:
<ACM=<NBC
<OCB=60° - <ACM=60°- <NBC=60°-<OBC
<COB=180°-(<OBC +<OCB)=180°-60°=120°
Il punto O "vede" quindi il segmento fisso BC sotto un angolo di 120°
e pertanto appartiene,oltre che alla retta r,anche all'arco minore della circonferenza tangente ad AB in B ,ad AC in C
ed il cui centro O' è l'intersezione della perpendicolare ad AB in B con la perpendicolare ad AC in C.Risulta allora:
$ \displaystyle CO'=BO' =OO'=\frac{CR}{\cos{30°}}=\frac{BC}{2\cos{30°}}=\frac{2}{3}\sqrt{7\sqrt{3}}} $
$ \displaystyle AO'=2 \cdot CO'=\frac{4}{3}\sqrt{7\sqrt{3}} $
$ \displaystyle RO'=\frac{CO'}{2}=\frac{1}{3}\sqrt{7\sqrt{3}} $
$ \displaystyle SO'=RO'+RS=RO'+OL=\frac{13}{21}\sqrt{7\sqrt{3}} $
$ \displaystyle SO=\sqrt{OO'^2-SO'^2}=\sqrt{\frac{3}{7}\sqrt{3}} $
$ \displaystyle AS=AO'-SO'=\frac{5}{7}\sqrt{7\sqrt{3}} $
$ \displaystyle AO=\sqrt{AS^2+SO^2}=2\sqrt{\sqrt{3}} $
$ \displaystyle BL=BR+RL=CR+SO=\frac{10}{21}\sqrt{21\sqrt{3}} $
$ \displaystyle BO=\sqrt{BL^2+OL^2}=4\sqrt{\frac{1}{3}\sqrt{3}} $
Infine,dal teorema di Carnot applicato al triangolo AOB,otteniamo:
$ \displaystyle \cos(<AOB)=\frac{AO^2+BO^2-AB^2}{2 \cdot AO \cdot BO}=\frac{4\sqrt{3}+\frac{16}{3}\sqrt{3}-\frac{28}{3}\sqrt{3}}{2 \cdot AO \cdot BO}=0 $
Ovvero : $ \displaystyle <AOB=90° $
C.V.D.
Continuando nell'analisi si può anche stabilire che $ \displaystyle AM=\frac{AB}{3} $ e che MN è perpendicolare ad AB
karl