[Risolto] Problema geometria/trigonometria

Considera il triangolo equilatero \(\displaystyle ABC \) e la circonferenza a esso circoscritta di raggio \(\displaystyle r \). Sull'arco \(\displaystyle AB \) che non contiene \(\displaystyle C \) prendi il punto \(\displaystyle P \). Calcola \(\displaystyle \widehat{ABP} \) in modo che l'area del quadrilatero \(\displaystyle APBC \) sia \(\displaystyle \frac{4}{3} \) dell'area del triangolo equilatero.

La prima fase, cioè trovare l'area del triangolo equilatero, è liscia come l'olio.
Dal teorema delle corde ricavo che, ad esempio, \(\displaystyle \overline{AB} = 2r * sin(\widehat{ACB}) = 2r*\frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}r\)

Con il teorema di Pitagora ricavo l'altezza del triangolo equilatero, cioè \(\displaystyle h = \frac{3}{2}r \)

Trovo quindi l'area del triangolo equilatero, \(\displaystyle A_{ABC} = \frac{3\sqrt{3}}{4}r^2\)

Da questa, e dal dato del problema, posso ricavare \(\displaystyle A_{APB} = \frac{1}{3}A_{ABC} = \frac{\sqrt{3}}{4}r^2 \)

Chiamando \(\displaystyle PH \) l'altezza del triangolo \(\displaystyle APB \) relativa alla base \(\displaystyle AB \), ricavo che \(\displaystyle PH = \frac{r}{2} \).

Così, "ad occhio", mi pare di aver capito che \(\displaystyle P \) deve essere diametralmente opposto a \(\displaystyle C \), ma è possibile dimostrarlo?
Lo dovrei capire dal fatto che la somma delle altezze dei due triangoli è proprio \(\displaystyle 2r \)?

Questa è la situazione "a priori", cioè senza aver svolto alcun calcolo.

Ultima modifica di TheDoubt il 10/05/2012, 14:17, modificato 2 volte in totale.

Così, "ad occhio", mi pare di aver capito che \(\displaystyle P \) deve essere diametralmente opposto a \(\displaystyle C \), ma è possibile dimostrarlo?

Forse sì ma non mi sembra molto facile; inoltre è meglio cercare un metodo applicabile in generale, anche quando $PH$ non ha quel particolarissimo valore. Accettiamo il larvato invito dato dal testo del problema e poniamo $x= A \hat BP$; se troviamo $PB$ possiamo calcolare l'area di $ABP$ col teorema trigonometrico per l'area di un triangolo. A questo scopo notiamo che su $PB$ insiste l'angolo $B \hat A P$ e che l'angolo $\hat P$ è di 120° (spiegandone il perché); continua tu.

Ho aggiunto un'immagine al primo post per spiegare un po' la situazione.

\(\displaystyle \hat{P} = 120° \) in quanto è l'angolo interno di un quadrilatero inscritto in una circonferenza il cui angolo opposto è \(\displaystyle \hat{C} = 60° \) (angolo di un triangolo equilatero). Si sa che la somma di due angoli interni opposti di un quadrilatero inscritto in una circonferenza deve essere 180°.
(In alternativa si potrebbe usare il teorema della corda, essendo \(\displaystyle \hat{P} \) l'angolo che insiste sulla corda \(\displaystyle AB \) che è un lato del triangolo equilatero).

Dal disegno risulta chiaro che l'unico modo per cui \(\displaystyle PH = \frac{r}{2} \) è porre \(\displaystyle H \) coincidente con \(\displaystyle K \), il che farebbe di \(\displaystyle APB \) un triangolo isoscele i cui angoli alla base misurano, ognuno, \(\displaystyle 30° \).

Purtroppo è proprio quest'ultimo punto che non riesco a dimostrare. Probabilmente sto valutando la "strada" sbagliata per arrivare alla soluzione, ma non so più dove sbattere la testa.

Ho notato, ma senza ricavarne utilità (almeno al momento), che la corda \(\displaystyle CP \) è bisettrice di \(\displaystyle \hat{P} \).

Effettivamente dal disegno si vede che quella è l'unica soluzione ma dimostrarlo è tutto un altro paio di maniche. Ti indico, senza completare i calcoli, il mio procedimento. Posto $x=A hat B P$
$ B hat A P=180°-120°-x=...$
$BP= 2r sin B hat A P=...$
$S(ABP)=1/2 AB*BP*sin x=...$
e poi risolvi l'equazione ottenuta eguagliando al valore noto.

Grazie mille!
Suggerimento (ovviamente) utilissimo!

Questa la soluzione (nel caso potesse interessare).

\(\displaystyle \hat{P} = 120° \) per quanto detto sopra.
\(\displaystyle A\hat{P}B = x \), l'incognita del problema.
\(\displaystyle B\hat{A}P = 180° - 120° - x = 60° - x\) è l'angolo "rimanente" del triangolo \(\displaystyle ABP \).

Con questo mi ricavo che
\(\displaystyle BP = 2rsin(B\hat{A}P) = 2rsin(60°-x) \)

Quindi l'area di \(\displaystyle ABP \) è
\(\displaystyle A_{APB} = \frac{1}{2}\cdot AB \cdot BP \cdot sin(A\hat{B}P) =\)
\(\displaystyle = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{3}r \cdot 2rsin(60°-x)\cdot sinx =\)
...
\(\displaystyle = \sqrt{3}r^2(\frac{\sqrt{3}}{2}senxcosx -\frac{1}{2}sen^2x)\)

Eguaglio questo valore a quello precedentemente trovato
\(\displaystyle \sqrt{3}r^2(\frac{\sqrt{3}}{2}senxcosx -\frac{1}{2}sen^2x) = \frac{\sqrt{3}}{4}r^2\)

Da questa equazione, facendo i calcoli, ottengo
\(\displaystyle (\sqrt{3}senx-cosx)^2 = 0 \)
che è verificata proprio per \(\displaystyle x = 30° \).