OliForum Matematico

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Con passaggi grazie

Chiamiamo A,B e C i vertici del triangolo (A e B quelli sulla circonferenza grande), $ O_1 $ e $ O_2 $ i centri delle circonferenze piccole, $ T_1 $ e $ T_2 $ i loro punti di tangenza con i lati del triangolo: $ AB $ e $ O_1O_2 $ sono paralleli, entrambi di lunghezza 1 per ipotesi e hanno l'asse in comune, quindi $ ABO_2O_1 $ è un rettangolo, di cui possiamo calcolare il lato $ AO_1 $ sommando le altezze $ h_1 $ e $ h_2 $ dei trapezi isosceli $ ABT_2T_1 $ e $ O_1O_2T_2T_1 $. Da $ \widehat{BAC}=60° $ , $ AB//O_1O_2 $ e $ \widehat{AT_1O_1}=90° $ segue $ \widehat{T_1O_1O_2}=30° $, da cui $ h_2=O_1T_1 \cdot \sin 30°=\dfrac{1}{4} $ e $ T_1T_2=O_1O_2-2O_1T_1 \cdot \cos 30°=1-\dfrac{1}{2} \sqrt{3} $. Essendo $ T_1T_2C $ equilatero, avremo $ AT_1=AC-T_1C=AC-T_1T_2=\dfrac{1}{2} \sqrt{3} \Rightarrow h_1=AT_1 \cdot \sin \widehat{BAC}=\dfrac{3}{4} \Rightarrow AO_1=h_1+h_2=1 $. Detti $ O_3 $ il centro del cerchio grande e r il suo raggio, il triangolo $ AO_1O_3 $ avrà area $ \dfrac{1}{4} $ e i suoi lati misureranno 1, r e $ r-\dfrac{1}{2} $: ora calcoliamo r con la formula di Erone:
$ \sqrt{\left( r+\dfrac{1}{4} \right) \left( r-\dfrac{3}{4} \right) \cdot \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{3}{4}}=\dfrac{1}{4} \Rightarrow r>\dfrac{3}{4} \wedge 48r^2-24r-25=0 \Rightarrow r>\dfrac{3}{4} \wedge 12(2r)^2-12(2r)-25=0 \Rightarrow r>\dfrac{3}{4} \wedge 2r=\dfrac{6 \pm \sqrt{36+12 \cdot 25}}{12} \Rightarrow $
$ \Rightarrow 2r=\dfrac{3 + 2\sqrt{21}}{6} \approx \dfrac{3 + 2 \cdot 1,732 \cdot 2,646}{6}=2,027624 \approx 2,03 $

Spezza la Latexata finale sennò non si legge

spugna ha scritto: $ ABO_2O_1 $ è un rettangolo, di cui possiamo calcolare il lato $ AO_1 $ sommando le altezze $ h_1 $ e $ h_2 $ dei trapezi isosceli $ ABT_2T_1 $ e $ O_1O_2T_2T_1 $. Da $ \widehat{BAC}=60° $ , $ AB//O_1O_2 $ e $ \widehat{AT_1O_1}=90° $ segue $ \widehat{T_1O_1O_2}=30° $, da cui $ h_2=O_1T_1 \cdot \sin 30°=\dfrac{1}{4} $ e $ T_1T_2=O_1O_2-2O_1T_1 \cdot \cos 30°=1-\dfrac{1}{2} \sqrt{3} $. Essendo $ T_1T_2C $ equilatero, avremo $ AT_1=AC-T_1C=AC-T_1T_2=\dfrac{1}{2} \sqrt{3} \Rightarrow h_1=AT_1 \cdot \sin \widehat{BAC}=\dfrac{3}{4} \Rightarrow AO_1=h_1+h_2=1 $.

Io avrei fatto (detto $E$ il punto di tangenza delle due circonferenze) $ \widehat{ACO_1}=\widehat{O_1CE}=\widehat{CO_1A} $ (perché tangenti a $\Gamma_1$ e alterni interni di rette parallele) quindi $CAO_1$ isoscele e $AC=AO_1=1$

paga92aren ha scritto:

spugna ha scritto: $ ABO_2O_1 $ è un rettangolo, di cui possiamo calcolare il lato $ AO_1 $ sommando le altezze $ h_1 $ e $ h_2 $ dei trapezi isosceli $ ABT_2T_1 $ e $ O_1O_2T_2T_1 $. Da $ \widehat{BAC}=60° $ , $ AB//O_1O_2 $ e $ \widehat{AT_1O_1}=90° $ segue $ \widehat{T_1O_1O_2}=30° $, da cui $ h_2=O_1T_1 \cdot \sin 30°=\dfrac{1}{4} $ e $ T_1T_2=O_1O_2-2O_1T_1 \cdot \cos 30°=1-\dfrac{1}{2} \sqrt{3} $. Essendo $ T_1T_2C $ equilatero, avremo $ AT_1=AC-T_1C=AC-T_1T_2=\dfrac{1}{2} \sqrt{3} \Rightarrow h_1=AT_1 \cdot \sin \widehat{BAC}=\dfrac{3}{4} \Rightarrow AO_1=h_1+h_2=1 $.

Io avrei fatto (detto $E$ il punto di tangenza delle due circonferenze) $ \widehat{ACO_1}=\widehat{O_1CE}=\widehat{CO_1A} $ (perché tangenti a $\Gamma_1$ e alterni interni di rette parallele) quindi $CAO_1$ isoscele e $AC=AO_1=1$

Si sa, io trovo sempre il modo di complicarmi la vita XD