Punti X della retta r - SNS 1969

[elios2]

"Nel piano sono dati tre punti non allineati $A$, $B$, $C$, e la retta $r$ perpendicolare in $A$ al segmento $AB$. Determinare gli eventuali punti $X$ della retta $r$ tali che: $AXB=BXC$ (angoli)"

Ho trovato subito una somiglianza con l'esercizio che avevo proposto nel topic "Rette parallele e punti equidistanti - SNS 1968", pur non riuscendo però a sfruttare le vie risolutive che mi sono state illustrate.
Sicuramente $X$ si trova nel semipiano definito da $AB$ in cui si trova il punto $C$. Se così non fosse, l'angolo $BXC$ sarebbe una parte dell'angolo $AXB$, e sarebbe impossibile la loro congruenza. Quindi, so che il punto $X$ deve essere tale che $XB$ sia la bisettrice dell'angolo $AXC$.
Qualcuno sa suggerirmi un modo per avanzare? Grazie.

[elios2]

Ho notato (anche se non credo che possa portare a qualcosa) che X può essere ottenuto come intersezione fra il fascio di circonferenze passanti per $B$ e $C$, in cui l'arco $PB$ è congruente a $BC$, dove $P$ è l'intersezione fra la semiretta $XA$ e la circonferenza. So solo che questo fascio ha centro lungo l'asse di $BC$..
Poi ho pensato a cercare di sfruttare il quadrilatero che si ottiene, cioè $ABCX$. Come se avessimo 3 punti dati e il compito di determinare il 4° lungo la retta perpendicolare ad AB tale che la diagonale $XB$ sia anche bisettrice dell'angolo. Ho provato a fare un caso banale, il caso in cui $C$ disti da $AB$ una lunghezza pari a $AB$: in questo caso $X$ è l'intersezione fra la retta $r$ e la parallela ad $AB$ passante per $C$. In questo caso $AXB=BXC=45°$.. Però non riesco a estrapolare questo risultato..
Forse si può trovare un collegamento fra la distanza di $C$ da $AB$, e l'angolo $AXC$ se acuto o ottuso..

[adaBTTLS1]

ho tentato una strada un po' a casaccio, ed ho ottenuto un risultato del genere (se indichi i lati e gli angoli del triangolo $ABC$ nel modo classico della trigonometria):

$bar(AX)=(ac sin beta - bc sin alpha)/(c-a cos beta - b cos alpha)$

se può essere un risultato accettabile, considera che ho chiamato $K$ il punto d'intersezione tra $AC$ e $BX$ ed ho applicato il teorema dei seni ai triangoli $ABK$ e $BCK$, scrivendo gli angoli in funzione di $x$ e di "angoli noti".

prova e fammi sapere. ciao.

[elios2]

"adaBTTLS":$bar(AX)=(ac sin beta - bc sin alpha)/(c-a cos beta - b cos alpha)$

Scusami, prima di provarci vorrei chiederti una cosa: non ho capito, a me sembra che in questa frazione, sia il numeratore sia il denominatore siano uguali a zero. Infatti $ac*sin(beta)$ è pari al doppio dell'area del triangolo $ABC$ così come $bc*sin(alpha)$, e $c=a*cos(beta)+b*cos(alpha)$ (teorema delle proiezioni). Cos'è che non ho capito?

[adaBTTLS1]

nulla. evidentemente ho ottenuto un'identità e non un'equazione.
dunque, anche se è possibile sfruttare qualche risultato intermedio, quello trovato è sbagliato.

[adaBTTLS1]

con la stessa impostazione, ho tentato un'altra strada (con il teorema sei seni applicato ai triangoli $ABX$ e $ACX$), anche se non ho verificato la coerenza delle soluzioni.
con $cos alpha <= b/(2c)$ (ma io ho considerato una figura con $X$ nello stesso semipiano individuato da $AB$ rispetto a $C$)
ho ottenuto

$bar(AX)=(bc(sin alpha +- sqrt(1-(2c)/b cos alpha)))/(2c-b cos alpha)$

se ti va di verificarne la coerenza, oppure di provare a ripercorrere la traccia ...

[elios2]

Perché $cosalpha

Cita

Segnala

[adaBTTLS1]

solo per la condizione di esistenza delle radici (anche $=$): $Delta>=0$

[elios2]

non riesco a seguire la tua traccia.. Hai applicato il teorema dei seni a $ABX$ e $BXC$, eliminando poi le espressioni con gli angoli che non fossero gli angoli del triangolo?

[adaBTTLS1]

$ABX$ è un triangolo rettangolo, ma non ho usato l'ipotenusa che non conosco:

$c/(sinx)=(AX)/(sin(pi/2-x))$

nel triangolo $ACX$, gli angoli misurano $pi/2-alpha$, $pi/2+alpha-2x$, $2x$, per cui:

$b/(sin(2x))=(AX)/(sin(pi/2+alpha-2x))$

dalla prima relazione (si poteva anche ricavare subito per altra via, visto che si tratta di un triangolo rettangolo): $AX=c*cotg x =(c cosx)/(sinx)$

si possono esaminare a parte i casi di $senx=0$ oppure $cosx=0$, quindi si va avanti supponendo $sinx !=0 ^^ cosx !=0$.

confrontando le due relazioni si ottiene: $2c cos^2x=b cos (alpha-2x)$

e dopo qualche passaggio si ottiene un'omogenea di secondo grado in seno e coseno che trasformo in tangente:
$b cos alpha tg^2 x -2b sin alpha tg x + (2c-b cos alpha)=0$

spero di aver ricopiato la parte giusta (visto che sull'agenda si sono "avvicendati" appunti diversi), e spero che sia chiaro. ricostruisci i passaggi e fammi sapere. ciao.

[elios2]

$2c*cos^2x=bcos(alpha-2x)$
$2c*(1-sin^2x)=b(cosalpha*cos2x+senalpha*sen2x)$
$2c-2c*sen^2x=b(cosalpha*(1-2sen^2x)+senalpha(2senxcosx))$
$2c-2c*sen^2x=b*cosalpha-2b*cosalpha*sen^2x+2b*senalpha*senxcosx$
$sen^2x(2b*cosalpha-2c)+senx*cosx(2b*senalpha)+b*cosalpha-2c=0$
Non riesco ad ottenere l'omogenea di secondo grado..

[adaBTTLS1]

tu hai trasformato il coseno in seno, e non era necessario.
l'importante è che non hai termini di primo grado.
i termini di grado zero vanno moltiplicati per $1=sin^2x+cos^2x$

[elios2]

Sì, mi ero impuntata stupidamente. Quindi confermo l'equazione:
$tg^2x(b*cosalpha)-2b*senalpha*tgx+(2c-b*cosalpha)=0$
che dà come soluzione (con $cosalpha $tgx=b(senalpha+-sqrt(1-(2c)/b*cosalpha))/(b*cosaplha)=(senalpha+-sqrt(1-(2c)/b*cosalpha))/cosalpha$
Per la costruzione dell'angolo $x$ so che $x$ non può essere ottuso, e quindi la tangente deve essere positiva, e quindi
$tgx=(senalpha+sqrt(1-(2c)/b*cosalpha))/(cosalpha)$.
Quindi siccome avevamo detto che
$AX=c*cotgx=c/(tgx)$
otteniamo
$AX=(c*cosalpha)/(senalpha+sqrt(1-(2c)/b*cosalpha))$

Ottengo un risultato diverso da quello che scrivesti tu.. Come mai? dov'è l'errore?

[adaBTTLS1]

l'espressione è uguale prima della razionalizzazione.
io a quel punto ho razionalizzato, ho sostituito, al denominatore, $sin^2 alpha-1$ con $-cos^2 alpha$, ho messo in evidenza $cos alpha$ e ho semplificato.

[elios2]

Giusto, perfetto.. E quindi il problema è risolto: i punti X sono quelli che distano da A una lunghezza pari all'espressione di $AX$, però dalla parte di semipiano che contiene anche $C$ (considerazione iniziale).. giusto?

[adaBTTLS1]

geometricamente è possibile un'altra soluzione con $X$ dalla parte opposta: se $hat(ABC)>90^circ$ e $X$ allineato con $C,B$ cioè ${X}=r nn BC$. in tal caso i due angoli congruenti coincidono, sono sovrapposti.
ma un caso particolare, analogo, con $X$ dalla parte di $C$, è possibile anche con $hat(ABC)<90^circ$ e $X$ allineato con $C,B$ cioè ${X}=r nn BC$. anche in questo caso i due angoli congruenti coincidono, sono sovrapposti.
in entrambi i casi particolari $hat(AXC)=x" e non "2x$.

[elios2]

Chiaro! Grazie mille!

[adaBTTLS1]

prego!

[NoRe1]

Mi sono cimentato con questo problema e ho trovato, una soluzione, probabilmente, troppo semplice
Ogni tanto riesumo antichissimi topic


Sperando di aver compreso bene il testo del problema...
Ecco il disegno illuminatore...



Ecco il mio ragionamento... Poiché i due angoli in figura, che chiamo alfa devono essere congruenti, posso dire che la retta XB deve essere bisettrice del l'angolo AXC... Appartenendo poi B alla bisettrice, tale punto è equidistante dalle rette AX e XC... Costruisco la circonferenza di centro B e raggio AB...

È evidente che i punti X che ci interessano, per quanto detto prima, sono i punti si intersezione tra le rette passanti per C tangenti alla circonferenza appena costruita e la retta r... Ora, la soluzione 'costruttiva' è trovata... Può andar bene?

Nel frattempo, considero una eventuale soluzione algebrica, nel mio lettino per allontanare i brutti sogni

[NoRe1]

Date un'occhiata?