È un problema di un anno fa, della gara telematica a squadre. Io penso di aver trovato una via percorribile per arrivare alla soluzione, ma richiede parecchi calcoli con Pitagora e similitudini che sono un po' antipatici, anche se fattibili. Guardate se secondo voi esiste una soluzione più bella (la mia è abbastanza facile... Consiste nel calcolare tutto...).
Su una retta p del piano fissiamo tre punti, nell’ordine, A,B,C in modo che |AB|= 1 e |BC| = h > 0. Sia $ k_B $ una circonferenza di raggio$ r_B $, tangente alla retta p nel punto B. Siano $ k_A $ e $ k_C $ le due circonferenze esternamente tangenti a $ k_B $ e tangenti alla retta p rispettivamente in A e in C. Siano P il punto comune a $ kA $ e $ kB $, e Q il punto comune a $ kC $ e $ kB $.
Per quali valori del raggio $ r_B $ il triangolo BPQ risulta isoscele?
Dalla telematica
Pigkappa ha scritto:
vuol dire che bc è sovrapponibile all'altezza BO di BPQ?|BC| = h > 0
Albert Einstein:"Non so con quali armi si combatterà la Terza Guerra Mondiale ma posso dire che nella Quarta si userano sassi e bastoni" (+ o - : l'ho sentita in tv)
0+1+2+3+...+ infinito (come si fa l'8 rovesciato?)= - 1/12
0+1+2+3+...+ infinito (come si fa l'8 rovesciato?)= - 1/12
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¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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sembra semplice...
chiamiamo M il punto medio si AB e N di BC, s la tangente comune di $ K_A $ e $ K_B $ e t la tangente comune di $ K_B $ e $ K_C $ e T il loro punto di incontro; s e t incontrano AC in M e N.
Per angoli banali BPQ isoscele $ \Longleftrightarrow $ MNT isoscele.
1) $ PQ = QB \Longleftrightarrow TM = MN \Longleftrightarrow MO_b \perp t \Longleftrightarrow $ $ M $, $ O_b $, $ O_c $ allineati.
$ \displaystyle \angle O_cMO_b = \frac{\angle BNC}{2} = 90 $
$ \displaystyle r_c = \sqrt{r_b^2 + BN^2} \cdot \frac{\sqrt{r_b^2 + BN^2}}{r_b} - r_b = \frac{BN^2}{r_b} = \frac{h^2}{4 \cdot r_b} $
uguagliando i coefficenti angolari delle rette $ MO_b $ e $ O_bO_c $ si ottiene l'allineamento
$ \displaystyle \frac{r_b}{MB} = \frac{r_c - r_b}{h} \Longleftrightarrow 2 \cdot r_b = \frac{\frac{h^2}{4 \cdot r_b} - r_b}{h} \Longleftrightarrow h^2 - 4 \cdot r_b^2 = 8\cdot r_b^2 \cdot h $$ \displaystyle \Longleftrightarrow r_b = \frac{h}{\sqrt{8h+4}} $
2) $ PB = PQ \Longleftrightarrow NM = NT \Longleftrightarrow NO_b \perp s \Longleftrightarrow $ $ N $, $ O_b $, $ O_a $ allineati.
$ \displaystyle r_a = \sqrt{r_b^2 + BM^2} \cdot \frac{\sqrt{r_b^2 + BM^2}}{r_b} - r_b = \frac{BM^2}{r_b} = \frac{1}{4 \cdot r_b} $
uguagliando i coefficenti angolari delle rette $ NO_b $ e $ O_bO_a $ si ottiene l'allineamento
$ \displaystyle \frac{r_b}{NB} = \frac{r_a - r_b}{1} \Longleftrightarrow \frac{2 \cdot r_b}{h} = \frac{1}{4 \cdot r_b} - r_b \Longleftrightarrow 8 \cdot r_b^2 = h - 4 \cdot r_b^2 \cdot h $$ \displaystyle \Longleftrightarrow r_b = \sqrt{\frac{h}{8+4h} $
chiamiamo M il punto medio si AB e N di BC, s la tangente comune di $ K_A $ e $ K_B $ e t la tangente comune di $ K_B $ e $ K_C $ e T il loro punto di incontro; s e t incontrano AC in M e N.
Per angoli banali BPQ isoscele $ \Longleftrightarrow $ MNT isoscele.
1) $ PQ = QB \Longleftrightarrow TM = MN \Longleftrightarrow MO_b \perp t \Longleftrightarrow $ $ M $, $ O_b $, $ O_c $ allineati.
$ \displaystyle \angle O_cMO_b = \frac{\angle BNC}{2} = 90 $
$ \displaystyle r_c = \sqrt{r_b^2 + BN^2} \cdot \frac{\sqrt{r_b^2 + BN^2}}{r_b} - r_b = \frac{BN^2}{r_b} = \frac{h^2}{4 \cdot r_b} $
uguagliando i coefficenti angolari delle rette $ MO_b $ e $ O_bO_c $ si ottiene l'allineamento
$ \displaystyle \frac{r_b}{MB} = \frac{r_c - r_b}{h} \Longleftrightarrow 2 \cdot r_b = \frac{\frac{h^2}{4 \cdot r_b} - r_b}{h} \Longleftrightarrow h^2 - 4 \cdot r_b^2 = 8\cdot r_b^2 \cdot h $$ \displaystyle \Longleftrightarrow r_b = \frac{h}{\sqrt{8h+4}} $
2) $ PB = PQ \Longleftrightarrow NM = NT \Longleftrightarrow NO_b \perp s \Longleftrightarrow $ $ N $, $ O_b $, $ O_a $ allineati.
$ \displaystyle r_a = \sqrt{r_b^2 + BM^2} \cdot \frac{\sqrt{r_b^2 + BM^2}}{r_b} - r_b = \frac{BM^2}{r_b} = \frac{1}{4 \cdot r_b} $
uguagliando i coefficenti angolari delle rette $ NO_b $ e $ O_bO_a $ si ottiene l'allineamento
$ \displaystyle \frac{r_b}{NB} = \frac{r_a - r_b}{1} \Longleftrightarrow \frac{2 \cdot r_b}{h} = \frac{1}{4 \cdot r_b} - r_b \Longleftrightarrow 8 \cdot r_b^2 = h - 4 \cdot r_b^2 \cdot h $$ \displaystyle \Longleftrightarrow r_b = \sqrt{\frac{h}{8+4h} $
Ecco un altro metodo: le soluzioni concordano con Gabriel.
Chiamo O il centro di $ k_B $ e pongo per comodità $ r_B=r $ . Poiché non è precisato quale deve essere la base del triangolo isoscele PQB, occorre considerare i tre casi.
Caso 1: base PQ.
Essendo BQ=BP, la figura è simmetrica rispetto a OB e deve essere h=1; il ragionamento è invertibile. Quindi questo caso si verifica sse h=1, per ogni r.
Caso 2: base PB.
Per abbreviare i calcoli del caso 3, conviene provvisoriamente attribuire i valori u, v ai segmenti AB e BC; u è quello contenente la proiezione della base, quindi ora è u=AB. Affinché il triangolo sia isoscele, Q deve stare sull’asse s di PB, contenente anche O. Traccio per P la tangente comune alle due circonferenze, che incontra p in E; per il teorema delle due tangenti anche E sta su s e si ha AE=EP e EB=EP, quindi AB=2EP. Posto ora $ P \hat O B=2x $ , dal triangolo OPE si ricava $ EP=PO \tan x=r \tan x $ , quindi
$ u=AB=2r \tan x $
Analogamente calcolo BC: poiché su BQ insiste l’angolo al centro $ \pi-x $ si ha
$ v=BC=2r \tan{\frac {\pi-x} 2}=2r \cot {\frac x 2} $
Dall’ultima formula ricavo $ \tan {\frac x 2} $ e la sostituisco nella penultima; a calcoli fatti ottengo
$ r^2=\displaystyle \frac{uv^2}{4(u+2v)} $
ed essendo u=1, v=h si ha
$ r^2=\displaystyle \frac{h^2}{4(1+2h)} $
Caso 3: base BQ.
Rispetto al caso 2 si scambiano i valori di u, v: si ha u=h, v=1 e quindi
$ r^2=\displaystyle \frac h {4(h+2)} $
Chiamo O il centro di $ k_B $ e pongo per comodità $ r_B=r $ . Poiché non è precisato quale deve essere la base del triangolo isoscele PQB, occorre considerare i tre casi.
Caso 1: base PQ.
Essendo BQ=BP, la figura è simmetrica rispetto a OB e deve essere h=1; il ragionamento è invertibile. Quindi questo caso si verifica sse h=1, per ogni r.
Caso 2: base PB.
Per abbreviare i calcoli del caso 3, conviene provvisoriamente attribuire i valori u, v ai segmenti AB e BC; u è quello contenente la proiezione della base, quindi ora è u=AB. Affinché il triangolo sia isoscele, Q deve stare sull’asse s di PB, contenente anche O. Traccio per P la tangente comune alle due circonferenze, che incontra p in E; per il teorema delle due tangenti anche E sta su s e si ha AE=EP e EB=EP, quindi AB=2EP. Posto ora $ P \hat O B=2x $ , dal triangolo OPE si ricava $ EP=PO \tan x=r \tan x $ , quindi
$ u=AB=2r \tan x $
Analogamente calcolo BC: poiché su BQ insiste l’angolo al centro $ \pi-x $ si ha
$ v=BC=2r \tan{\frac {\pi-x} 2}=2r \cot {\frac x 2} $
Dall’ultima formula ricavo $ \tan {\frac x 2} $ e la sostituisco nella penultima; a calcoli fatti ottengo
$ r^2=\displaystyle \frac{uv^2}{4(u+2v)} $
ed essendo u=1, v=h si ha
$ r^2=\displaystyle \frac{h^2}{4(1+2h)} $
Caso 3: base BQ.
Rispetto al caso 2 si scambiano i valori di u, v: si ha u=h, v=1 e quindi
$ r^2=\displaystyle \frac h {4(h+2)} $