Trigonometria quasi elementare...

[3t3r3o]

Salve, sono un pò (parecchio) arruginito con la geometria cercavo di rinfrescarmi la memoria con problemini originali: mi sono imbattuto in questo e ancora non ne sono venuto a capo.

"
Dal vertice B del triangolo rettangolo isoscele ABC di cateti AB = AC = 2a si conduca una semiretta in modo che, detta P la sua intersezione con il cateto AC, Q la proiezione di P sull'ipotenusa BC ed R la proiezione di Q sul cateto AB risulti Ka^2 (k appartenente ad R) l'area del trapezio APQR.
"
Soluzioni: 1 sol. per k [0;1/2[; 2 sol. per k [1/2;2/3]

tra l'altro ho trovato lo stesso testo su questo sito in un post di circa due anni fa ma era senza risposta. Ho scritto mille equazioni ricavate dall'osservazione del disegno e dai dati forniti, ma il numero di incognite è sempre piu grande e nn cavo un ragno dal buco e mi comincio a innervosire... magari qualche "primino" piu fresco di me ci arriva subito ;)
grazie!

Aggiunto 1 ore 31 minuti più tardi:

ciao,
non saprei, in effetti che fosse di trigonometria era una mia supposizione... puoi mostrarmi come l'hai risolto? sono molto curioso! rispondi presto ;)


Di nuovo grazie per la risposta che voto come migliore (anche perchè l'unica :P) Alla fine ero arrivato alla tua stessa soluzione secondo cui k

[BIT5]

Io l'ho risolto senza trigonometria, pero'
E' un problema espressamente di trigonometria?

Aggiunto 2 giorni più tardi:

Prima di determinare l'incognita, valutiamo che:

il triangolo e' isoscele di lato 2a, rettangolo.
Questo implica che i due angoli acuti siano entrambi 45, e pertanto l'ipotenusa sara'

[math] cat \sqrt2 = 2a \sqrt2 [/math]

Poniamo AP=x

Casi limite:

P coincide con A:
x=0
AR=a
RQ=a

Area del trapezio (che degenera in un triangolo)

[math] A=\frac{a^2}{2}=ka^2 \to k= \frac12 [/math]

P coincide con C:
x=2a
il trapezio degenera in un segmento

[math] A=0=ka^2 \to k=0 [/math]

Pertanto avremo i limiti di x:

[math] 0 \le x \le 2a [/math]

Consideriamo ora il triangolo PQC di cui abbiamo noto il lato PC=2a-x

Di questo triangolo sappiamo che e' rettangolo in Q ed ha l'angolo in C=45, pertanto l'angolo in P sara' 45 anch'esso, e PC ne rappresenta l'ipotenusa.


Dal momento che l'ipotenusa di un triangolo 90-45-45 e'

[math] cat \sqrt2 [/math]

, otteniamo che il cateto sara'

[math] \frac{ip}{\sqrt2}= \frac{ip \sqrt2}{2} [/math]

Pertanto PQ=QC=

[math] \frac{\sqrt2(2a-x)}{2} [/math]

Dunque l'altezza del trapezio traccia PK, perpendicolare ad AC e dunque a RQ) sara' cateto del triangolo PQK, anch'esso di angoli 90-45-45

Quindi PK=

[math] \sqrt2 \( \frac{\sqrt2(2a-x)}{2} \)= \frac{2a-x}{2} [/math]

Infine considera il triangolo BRQ, anch'esso 90-45-45 di cui conosci l'ipotenusa BQ, che ricavi per differenza da BC-CQ=

[math] 2a \sqrt2 - \frac{\sqrt2(2a-x)}{2} = \frac{2a \sqrt2+ \sqrt2 x}{2} [/math]

E dunque i cateti saranno

[math] \frac{\sqrt2(2a+x)}{2 \sqrt2}= \frac{2a+x}{2} [/math]

Dunque l'Area del trapezio sara'

[math] A= \frac{ \(x+ \frac{2a+x}{2} \) \( \frac{2a-x}{2} \) }{2} = ka^2 [/math]

E dunque

[math] \frac{(2x+2a+x)(2a-x)}{8}= ka^2 \to -3x^2+4ax-4a^2=8ka^2 [/math]

Risolviamo dunque l'equazione

[math] 3x^2-4ax-4a^2+8ka^2=0 [/math]

Dal momento che il coefficiente del termine in x e' pari usiamo la ridotta:

[math] x_{1,2}= \frac{2a \pm \sqrt{16a^2-24ka^2}}{3} [/math]

e dunque

[math] x_1= \frac{2a- 2a \sqrt{4-6k}}{3} [/math]

e

[math] x_2= \frac{2a+2a \sqrt{4-6k}}{3} [/math]

Le due soluzioni esisteranno se

[math] \Delta \ge 0 \to k \le \frac23 [/math]

Le soluzioni sono evidentemente x1