Ricevo da Sandro la seguente domanda:
1) E’ dato un quadrante \(AOB\) di centro \(O\) e raggio \(r\). Siano \(M\) un punto dell’arco \(AB\) del quadrante, \(P\) il punto in cui l’asse del segmento \(AM\) incontra la semiretta \(BM\), \(P’\) la proiezione di \(P\) sulla retta \(OA\). Dopo aver verificato che il triangolo \(MPA\) è rettangolo isoscele, determinare la posizione di \(M\) in modo che risulti: \(2OP’+3PP’=kr\).
2) Siano \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) i vertici consecutivi di un quadrato inscritto in una circonferenza di raggio \(r\). Determinare sul minore dei due archi \(AB\) un punto \(P\) in modo che risulti: \(\sqrt{2}PD+\sqrt{2}PB+AP+PC=kBD\).
3) La base minore \(AB\) di un trapezio isoscele \(ABCD\) inscritto in una semicirconferenza di diametro \(CD=2r\) è lunga quanto il raggio. Determinare sull’arco \(AB\) un punto \(P\) in modo che si abbia: \(AP+2PB=2kr\).
La ringrazio per la sua gentilezza.
Gli rispondo così:
Caro Sandro,
con riferimento alle relative figure, impostiamo i tre problemi parametrici in modo simile, utilizzando una strategia grafico-analitica per la loro discussione.
Nel primo caso, si dimostra innanzitutto che, indipendentemente dalla posizione di \(M\) su \(AB\), si ha \(P\hat{M}A=\pi /4\), infatti \(P\hat{M}A\) è il supplementare di \(B\hat{M}A=3\pi /4\), essendo questo l’angolo che sottende, dalla parte opposta al centro, la corda \(BA\) relativa ad un angolo al centro retto. Pertanto \(PE=EA=OA\sin x\), essendo \(x=E\hat{O}A\), con \(0\le x \le \pi/4\), e quindi: \[PO=OE+PE=OA\cos x+OA\sin x=r(\cos x+\sin x)\] \[OP'=OP\cos x=r({{\cos }^{2}}x+\cos x\sin x)\quad PP'=OP\sin x=r({{\sin }^{2}}x+\cos x\sin x)\]
per cui l’equazione in questione risulta essere\[{{\sin }^{2}}x+5\cos x\sin x+2-k=0\to 5\sin 2x-\cos 2x+5-2k=0\quad .\] Posto \(X=\cos 2x\) e \(Y=\sin 2x\) si ottiene il sistema \[Y=\frac{1}{5}X-1+\frac{2}{5}k\quad \wedge \quad {{X}^{2}}+{{Y}^{2}}=1\quad \wedge \quad 0\le X,Y\le 1\] che (vedi figura), ammette una e una sola soluzione per \(2\le k\le 5\).
Nel secondo caso, posto \(x=B\hat{D}P\), con \(0\le x \le \pi/4\), si ha: \[PD=BD\cos x\quad PB=BD\sin x\quad AP=BD\sin \left( \frac{\pi }{4}-x \right)\quad PC=BD\cos \left( \frac{\pi }{4}-x \right)\] per cui l’equazione in questione risulta essere\[4\cos x+2\sin x-\sqrt{2}k=0\quad .\] Posto \(X=\cos x\) e \(Y=\sin x\) si ottiene il sistema \[Y=-2X+\frac{\sqrt{2}}{2}k\quad \wedge \quad {{X}^{2}}+{{Y}^{2}}=1\quad \wedge \quad \frac{\sqrt{2}}{2}\le X\le 1,0\le Y\le \frac{\sqrt{2}}{2}\] che (vedi figura), ammette una soluzione per \(2\sqrt{2}\le k< 3\), due soluzioni per \(3\le k\le\sqrt{10}\).
Nell’ultimo caso, posto \(x=A\hat{C}P\), con \(0\le x \le \pi/6\), si ha: \[AP=2r\sin x\quad PB=2r\sin \left( \frac{\pi }{6}-x \right)=2r\left( \frac{1}{2}\cos x-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x \right)\] 
per cui l’equazione in questione risulta essere \[\left( \sqrt{3}-1 \right)\sin x-\cos x+k=0\quad .\] Posto \(X=\cos x\) e \(Y=\sin x\) si ottiene il sistema \[X-\left( \sqrt{3}-1 \right)Y-k=0\quad \wedge \quad {{X}^{2}}+{{Y}^{2}}=1\quad \wedge \quad \frac{\sqrt{3}}{2}\le X\le 1,0\le Y\le \frac{1}{2}\] che
(vedi figura), ammette una e una sola soluzione soluzione per \(1/2\le k\le 1\).
Massimo Bergamini