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Posto come nuovo argomento la risposta al quesito di delfo52 poiché non mi riesce di connettermi con il suo



Con riferimento alla figura,

$\overline {\rm AB} = \overline {\rm AA’} \; \sin \alpha$

$\overline {{\rm BH}} = \overline {{\rm AB}} \; \tan \left( {\frac{\pi }{2} - 2\alpha } \right) = \overline {{\rm AB}} \; \cot 2\alpha = \overline {{\rm AA’}} \; \sin \alpha \; \cot 2\alpha = \overline {{\rm AA’}} \; \sin \alpha \frac{{\cot ^2 \alpha - 1}}{{2\cot \alpha }}$

e quindi l’area del triangolo ${\rm ABH}$ vale

$\frac{1}{2}\overline {{\rm AB}} \times \overline {{\rm BH}} = \overline {{\rm AA’}} ^2 \; \sin ^2 \alpha \frac{{\cot ^2 \alpha - 1}}{{4\cot \alpha }} = \overline {{\rm AA’}} ^2 \frac{{\cos ^2 \alpha - \sin ^2 \alpha }}{{4\cot \alpha }}$

mentre

$\overline {{\rm AO}} = \frac{1}{2}\overline {{\rm AA’}}$

$\overline {{\rm OH}} = \overline {{\rm AO}} \; \tan \alpha = \frac{1}{2}\overline {{\rm AA’}} \; \tan \alpha$

e quindi l’area del triangolo ${\rm AOH}$ vale

$\frac{1}{2}\overline {{\rm AO}} \times \overline {{\rm OH}} = \overline {{\rm AA’}} ^2 \frac{1}{8}\tan \alpha$

Il rapporto tra le due aree vale

$r = \frac{{\overline {{\rm AB}} \times \overline {{\rm BH}} }}{{\overline {{\rm AO}} \times \overline {{\rm OH}} }} = \frac{{\frac{{\cos ^2 \alpha - \sin ^2 \alpha }}{{4\cot \alpha }}}} {{\frac{1}{8}\tan \alpha }} = 2\frac{{\cos ^2 \alpha - \sin ^2 \alpha }}{{\tan \alpha \; \cot \alpha }} = 2\left( {\cos ^2 \alpha - \sin ^2 \alpha } \right)$

Senza usare la trigonometria, considerando il punto ${\rm H}$ variabile sul raggio verticale in ${\rm O}$



il triangolo ${\rm A’}{\rm BA}$ è simile al triangolo ${\rm AOH}$ per cui si ha

$\frac{y}{x} = \frac{b}{a}$

ma vale anche

$a^2 + b^2 = c^2$

cioè

$\left( {\frac{{x^2 }}{{y^2 }} + 1} \right)b^2 = c^2 \quad \Leftrightarrow \quad b = \frac{{cy}}{{\sqrt {x^2 + y^2 } }} = \frac{{2xy}}{z}$

l’area del triangolo ${\rm ABH}$ vale

$\frac{{b\sqrt {z^2 - b^2 } }}{2}$

mentre quella del triangolo ${\rm AOH}$ vale $\frac 1 2 xy$ e il rapporto tra le due aree vale

$r = \frac{b}{{xy}}\sqrt {z^2 - b^2 } = 2\frac{{x^2 - y^2 }}{{x^2 + y^2 }}$

dove $x$ è il raggio del cerchio e $y$ è la variabile.

Con la sostituzione

$\left\{ \begin{array}{c} x = z \quad \cos \alpha \\ y = z \quad \sin \alpha \\ \end{array} \right.$

si verifica l’equivalenza delle due soluzioni.

grazie Pan della esauriente elaborazione; mi spiace dover rilevare un refuso: sotto la seconda figura si fa riferimento al triangolo A'BH invece che, ritengo, a A'BA

grazie del: ho provveduto a correggere il refuso.


P.S.: è davvero un peccato che tu ti professi pigro; fare disegni come quelli che vedi nella mia risposta è questione di un attimo utilizzando geogebra (http://www.geogebra.at/).

Per chi vorrebbe (ma non osa chiedere),conoscere il codice usato da panurgo per costruire le belle formule di questo topic,ci ho pensato io,perché non avevo niente di meglio da fare.

Ovviamente occorre ricordarsi dei tag tex e /tex (racchiusi nelle parentesi quadra [ ] )


Da topic In mancanza di meglio ecco a voi il panurgocodice:

\overline {\rm AB} = \overline {\rm AA’} \; \sin \alpha

\overline {{\rm BH}} = \overline {{\rm AB}} \; \tan \left( {\frac{\pi }{2} - 2\alpha } \right) = \overline {{\rm AB}} \; \cot 2\alpha = \overline {{\rm AA’}} \; \sin \alpha \; \cot 2\alpha = \overline {{\rm AA’}} \; \sin \alpha \frac{{\cot ^2 \alpha - 1}}{{2\cot \alpha }}

{\rm ABH}

\frac{1}{2}\overline {{\rm AB}} \times \overline {{\rm BH}} = \overline {{\rm AA’}} ^2 \; \sin ^2 \alpha \frac{{\cot ^2 \alpha - 1}}{{4\cot \alpha }} = \overline {{\rm AA’}} ^2 \frac{{\cos ^2 \alpha - \sin ^2 \alpha }}{{4\cot \alpha }}

\overline {{\rm AO}} = \frac{1}{2}\overline {{\rm AA’}}

\overline {{\rm OH}} = \overline {{\rm AO}} \; \tan \alpha = \frac{1}{2}\overline {{\rm AA’}} \; \tan \alpha

\frac{1}{2}\overline {{\rm AO}} \times \overline {{\rm OH}} = \overline {{\rm AA’}} ^2 \frac{1}{8}\tan \alpha

r = \frac{{\overline {{\rm AB}} \times \overline {{\rm BH}} }}{{\overline {{\rm AO}} \times \overline {{\rm OH}} }} = \frac{{\frac{{\cos ^2 \alpha - \sin ^2 \alpha }}{{4\cot \alpha }}}} {{\frac{1}{8}\tan \alpha }} = 2\frac{{\cos ^2 \alpha - \sin ^2 \alpha }}{{\tan \alpha \; \cot \alpha }} = 2\left( {\cos ^2 \alpha - \sin ^2 \alpha } \right)

{\rm A’}{\rm BA}

\frac{y}{x} = \frac{b}{a}

\left( {\frac{{x^2 }}{{y^2 }} + 1} \right)b^2 = c^2 \quad \Leftrightarrow \quad b = \frac{{cy}}{{\sqrt {x^2 + y^2 } }} = \frac{{2xy}}{z}

\frac{{b\sqrt {z^2 - b^2 } }}{2}

r = \frac{b}{{xy}}\sqrt {z^2 - b^2 } = 2\frac{{x^2 - y^2 }}{{x^2 + y^2 }}

\left\{ \begin{array}{c} x = z \quad \cos \alpha \\ y = z \quad \sin \alpha \\ \end{array} \right.
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Vertiginoso!!...infatti mi gira la testa.

Scusate il disturbo.

Ciao.