Trigonometria - Quadrato

[Jessep]

Nel quadrato ABCD di lato a sia M il punto in cui l'arco BD di circonferenza di centro A e raggio a taglia la diagonale AC. Determinare sull'arco BM un punto P in modo che, condotta per esso la tangente all'arco fino ad incontrare in F il lato CD ed indicato con E il punto in cui il prolungamento del raggio AP incontra il lato BC, sia verificata la relazione $PE + PF = (sqrt3 - 1)a$

Io ho indicato con x l'angolo PAB e ho calcolato dapprima PB: $PB = asenx$
Quindi, verificando la similitudine tra i triangoli APB e BPE, ho impostato la proporzione: $PE : PB = PB : PA$, da cui si ha $PE : asenx = asenz : a$. In conclusione $PE = a(senx)^2$.

Supponendo di aver fatto bene questa prima parte...ho difficoltà a ricavarmi PF.

Ringrazio chi mi potrà aiutare.

[giammaria2]

Sia la tua formula che la similitudine di cui parli varrebbero se $A hatPB$ fosse retto, ma non lo è, perché $AP$ è perpendicolare alla tangente in $P$.
Calcola invece $PE=AE-AP$ ($AE$ si ricava dal triangolo $ABE$).
Io ho poi tracciato per $P$ la perpendicolare ad $AB$, chiamando $H,K$ le sue intersezioni con $AB, CD$, ed ho dimostrato che $FhatPK=x$. Ho poi calcolato $PH $ (da $APH$), $PK=HK-PH$ ed infine $PF$ (da $PKF$).

[Jessep]

Ok, grazie mille!!!

[domenicozigrino]

Non ho ben chiaro come fai a calcolarti ph potresti spiegarmelo.
Grazie

[giammaria2]

Osservando il triangolo rettangolo $APH$ ottengo
$PH=AP sinPhatAH=asinx$

[domenicozigrino]

scusami volevo dire PF in quanto non riesco a dare un valore a nessun angolo del triangolo PKF

[giammaria2]

Avevo scritto "ho dimostrato che $FhatPK=x$": io l'ho fatto semplicemente osservando che questi due angoli sono entrambi acuti a che i lati dell'uno sono perpendicolari a quelli dell'altro. Se conosci poco questo teorema, indica con $G$ l'intersezione della retta $FP$ col prolungamento di $AB$; hai
$FhatPK=HhatPG=90°-AhatPH=90°-(90°-x)=x$