Corda e tangente

[axpgn]

Sia dato un cerchio $C$ e una sua corda $AB$.
Sul prolungamento di $AB$ si prenda un punto $P$ in modo tale che la tangente al cerchio tracciata da $P$, tocchi il cerchio in un punto $T$ in modo che sia $PT=AB$.

Quanto vale il rapporto $PA : PB$ ?


Cordialmente, Alex

[sellacollesella]

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Considerata una circonferenza unitaria di centro \(O\), se \(AB\) è una sua corda allora il triangolo \(ABO\) è senz'altro isoscele su base \(AB\) e con angoli alla base \(0 < \alpha < \frac{\pi}{2}\). Pertanto, per il teorema dei seni: \[
\frac{\overline{AB}}{\sin(\pi-2\alpha)} = \frac{1}{\sin(\alpha)}
\quad \quad \Leftrightarrow \quad \quad
\overline{AB} = 2\cos(\alpha)\,.
\] Poi, se \(P\) è un punto sul prolungamento di \(AB\) dalla parte di \(B\) e \(T\) è un punto di tangenza del segmento \(PT\), affinché \(\overline{PT} = \overline{AB}\) l'ipotenusa del triangolo \(PTO\) dovrà essere lunga \(\overline{PO} = \sqrt{1+4\cos^2(\alpha)}\).

Quindi, applicando il teorema del coseno al triangolo \(PBO\): \[
\overline{PO}^2 = \overline{PB}^2+1-2\,\overline{PB}\,\cos(\pi-\alpha)
\quad \quad \Leftrightarrow \quad \quad
\overline{PB} = (\sqrt{5}-1)\cos(\alpha)
\] da cui il rapporto richiesto: \[
\frac{\overline{PA}}{\overline{PB}} = \frac{\overline{AB}+\overline{PB}}{\overline{PB}} = \frac{3+\sqrt{5}}{2}\,.
\]

[axpgn]

No, perché $P$ sta dalla parte di $A\ \ \ \ \ \ \ \ $


Cordialmente, Alex

[sellacollesella]

No, perché $P$ sta dalla parte di $A$.

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Colgo l'occasione per chiedere se questa tipologia di problemi, o comunque questo qua specifico, si possa affrontare evitando la geometria analitica, bensì applicando la più elegante geometria sintetica. Perché con la trigonometria in qualche modo riesco a saltarne fuori QUASI sempre, ma senza non saprei come iniziare!

[gabriella127]

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Colgo l'occasione per chiedere se questa tipologia di problemi, o comunque questo qua specifico, si possa affrontare evitando la geometria analitica, bensì applicando la più elegante geometria sintetica. Perché con la trigonometria in qualche modo riesco a saltarne fuori QUASI sempre, ma senza non saprei come iniziare!

Mi associo a questa domanda, perché quando si parla di 'gioco' uno penserebbe a qualcosa di diverso dalla geometria analitica, che è più roba da esercizio di scuola/università, non nel senso che è facile, ma nel senso che è un altro genere.

[axpgn]

Nel disegno che ho $P$ sta dalla parte di $A$ quindi ho ragione io

Penso che una soluzione con la geometria sintetica esista perché quella che ho inizia con "Dalla geometria elementare segue che $PT^2=PA*PB$".

[sellacollesella]

Grazie all'imbeccata dovrei esserci riuscito, meglio tardi che mai! Super felice!

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Se da un punto \(P\) esterno ad una circonferenza tracciamo rispettivamente una semiretta secante in \(B\), \(A\) e una semiretta tangente in \(T\), si può apprezzare il fatto che gli angoli \(PAT\) e \(PTB\) siano congruenti perché insistono entrambi sull'arco \(BT\). Quindi, considerando il fatto che i triangoli \(PAT\) e \(PTB\) hanno in comune l'angolo \(APT\), ne consegue che hanno tutti e tre gli angoli congruenti e pertanto risultano simili.

Ora è tutto in discesa, in quanto per via della similitudine vale la proporzione \(\overline{PA} : \overline{PT} = \overline{PT} : \overline{PB}\), che equivale a scrivere \(\overline{PT}^2 = \overline{PA}\cdot \overline{PB}\) o ancora \(\overline{PT}^2 = \left(\overline{AB}+\overline{PB}\right)\overline{PB}\) e dato che per ipotesi \(\overline{PT} = \overline{AB}\) si ottiene \(\overline{AB}^2 = \left(\overline{AB}+\overline{PB}\right)\overline{PB}\), equazione di secondo grado che porta ad \(\overline{AB}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\,\overline{PB}\).

Siamo al traguardo, infatti \(\frac{\overline{PA}}{\overline{PB}}=\frac{\overline{AB}+\overline{PB}}{\overline{PB}}=\frac{\overline{AB}}{\overline{PB}}+1=\frac{1+\sqrt{5}}{2}+1=\frac{3+\sqrt{5}}{2}\), come volevasi dimostrare.