BASE CINQUE FORUM

Sia dato un rettangolo ABCD e si traccino due rette perpendicolari passanti per B. Una interseca il lato AD nel punto K e l'altra interseca la retta DC nel punto L. Chiamiamo F l’intersezione fra le rette AC e KL. Se BK = 13 e FK = 12, quanto misura BF ?

Soit un rectangle ABCD. On trace deux droites perpendiculaires  passant par B. L’une coupe le côté AD au point K et l’autre coupe la droite DC au point L. Soit F l’intersection des droites AC et KL. On suppose que BK = 13 et FK = 12. Que vaut BF ?

D1870

Salvo un abbaglio, poiché BK=13, mi pare di capire che non esistano altre possibilità che la base AB del rettangolo misuri 12 ed AK=5 o viceversa, salvo che non ci si accontenti di approssimazioni che, per quanto spinte, non cambierebbero le conclusioni.
Tanto premesso, affinché sia FK=12, non vedo altre possibilità se non che K coincida con D ed F con C. In tal caso, BF misurerebbe 5, oppure 12, secondo che sia la base AB=12 oppure AB=5.

Per venire a capo di questo problema credo che si debba lavorare su angoli e similitudini.
I dati numerici probabilmente hanno la sola funzione finale di risolvere mentalmente la terna pitagorica.

Non saprei...al momento non mi riesce di vedere altro, ma comunque le misure date hanno la loro importanza credo. In particolare, il dato più certo è il 13 di BK, che è un'ipotenusa e condiziona la realizzazione del disegno, secondo la sua inclinazione rispetto alla base AB (da questa dipende la stessa base AB, ma anche BL e la diagonale AC).
Ad ogni modo, mi è sembrato di capire che l'inclinazione che determina in modo certo le misure della base AB e del cateto AK sia unica e cioè quella per cui sia certamente ed in modo preciso BK=13. Tali misure sono funzionali alla costruzione dell'intero disegno, il quale si complica col dato KF=12 (almeno così mi pare, ma non escludo che la faccenda sia più semplice e che mi sfugga qualcosa). Peraltro mi è parso che se si accettasse di non considerare unico il triangolo ABK, il dato cercato BF sarebbe allora variabile.
D'altra parte, penso che non sia un caso il fatto che finora nessuno abbia dato una soluzione, ma comunque vediamo come si svilupperà la faccenda (magari un uovo di Colombo?)

Anche questo problema, come gli altri, non è inabbordabile trovando l'idea giusta, e alla fine basta un calcoletto

(Pasquale, nel tuo argomentare ti sei in qualche modo avvicinato...)

Confermo.
Credevo che ci fosse più variabilità, ma credo proprio che Pasquale abbia ragione.

Ecco la mia soluzione.
Chiedo scusa, ma la mia soluzione era più complessa.
Ho postato questo disegno in un momento di stanchezza mentale.


Il problema è dimostrare che KFB è retto.

1) AKBF è inscrittibile in una circonferenza.
2) ragionare sugli angoli alla circonferenza conguenti.

Bruno, la soluzione che avevo postato è sbagliata.
L'ho etichettata come ORRORE!
In realtà quel disegno non è errato ma viene fuori dopo un ragionamento molto lungo, ma non complesso.

Infatti.

Ecco il ragionamento (senza dettagli).
Primo punto: tracciamo la diagonale DB e osserviamo che i tre angoli indicati con $\alpha$ sono congruenti (quindi BKL è costante, dato un rettangolo). Angoli alla circonferenza + congruenze nel rettangolo con diagonali. Secondo punto: osserviamo che il quadrilatero ABFK è inscrittibile in una circonferenza. Due angoli congruenti che insistono sullo stesso segmento, teorema inverso del quadrilatero inscrittibile o ciclico.
Tracciamo la circonferenza. Terzo punto: Poiché KAB è retto, anche KFB è retto. Terna pitagorica. FB = 5 Quarto punto: Punto (almeno spero).