[Risolto] Rette che individuando su un circonferenza una corda

Soluzione ottenuta con il metodo classico (o méthode champenoise, enologicamente parlando!  🍾 🥂 )

Cominciamo ad osservare che risulta

r^2 = a^2/4 + b^2/4 - c = (2 rad(3))^2/4 + 2^2/4 + 8 = 4*3/4 + 1 + 8 = 4 + 8 = 12

r = 2 rad(3)

L = r rad(3) = 2 rad(3)*rad(3) = 6

y = mx oppure x = 0

Se poniamo x = 0 otteniamo

y^2 - 2y - 8 = 0

y^2 - 4y + 2y - 8 = 0

y(y - 4) + 2(y - 4) = 0

(y + 2)(y - 4) = 0

y =-2 o y = 4

La corda che ha per estremi M (0,-2) e N(0,4) ha lunghezza |4 - (-2)| = 6

per cui x = 0 é una soluzione.

Qualsiasi altra eventuale soluzione é del tipo y = mx

e sostituendo

x^2 + m^2 x^2 - 2 rad(3) x - 2 m x - 8 = 0

(1 + m^2) x^2 - 2(m + rad(3)) x - 8 = 0

é la risolvente, per la quale D = 4(m + rad(3))^2 + 4*8 *(1 + m^2) =

= 4 (m + rad(3))^2 + 32 (1 + m^2).

Ora ricordiamo che L = rad(D)/|A| * rad(1 + m^2)

quadrando   D/A^2 * (1 + m^2) = L^2 = 6^2

per cui nel nostro caso

[4 (m + rad(3))^2 + 32 (1 + m^2) ] * (1 + m^2)/(1 + m^2)^2 = 36

4 (m^2 + 3 + 2 m rad(3) ) + 32 + 32 m^2 = 36 + 36 m^2

m^2 + 3 + 2 m rad(3) = (4m^2 + 4)/4 = m^2 + 1

2m rad(3) + 3 = 1

m = (1 - 3)(2 rad(3)) = -1/rad(3)

y = - x/rad(3) => x + y rad(3) = 0

Osservazione

Il fatto che sparisca m^2 conferma che l'asse x é soluzione.

Infatti se in un'equazione di secondo grado a tende a 0

una delle due radici tende a x = - C/B ( soluzione dell'equazione

di primo grado rimanente ) e l'altra tende all'infinito.

Il lato L dell'n-agono regolare inscritto nella circonferenza Γ di circumraggio R è
* L = 2*sin(π/n)*R
mentre l'inraggio r (cioè l'apotema a dell'n-agono) è
* r = a = cos(π/n)*R
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Le rette che staccano una corda lunga L su Γ tangono la circonferenza Γ' concentrica e di raggio r.
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Le tangenti condotte da un punto P(u, v) a una conica Γ ≡ p(x, y) = 0 si trovano con un metodo generale e FACILE che nei testi liceali risulta vergognosamente assente da almeno mezzo secolo e che ti riporto in fondo.
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Esercizio 93
La circonferenza
* Γ ≡ x^2 + y^2 - (2*√3)*x - 2*y - 8 = 0 ≡
≡ (x - √3)^2 + (y - 1)^2 = 12
ha
* centro C(√3, 1)
* raggio R = √12
quindi, per il suo triangolo equilatero inscritto, si ha
* L = 2*sin(π/3)*√12 = 6
* r = cos(π/3)*√12 = √3
e la Γ' risulta
* Γ' ≡ (x - √3)^2 + (y - 1)^2 = 3 ≡ x^2 + y^2 - (2*√3)*x - 2*y + 1 = 0
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La retta polare p del polo O(0, 0) rispetto a Γ' è
* p ≡ x*0 + y*0 - (2*√3)*(x + 0)/2 - 2*(y + 0)/2 + 1 = 0 ≡ y = 1 - (√3)*x
e interseca Γ' nei punti di tangenza delle rette richieste
* (y = 1 - (√3)*x) & ((x - √3)^2 + (y - 1)^2 = 3) ≡
≡ A(0, 1) oppure B(√3/2, - 1/2)
che sono le congiungenti
* OA ≡ x = 0
* OB ≡ y = - x/√3
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Verifica
* OA & Γ ≡ (x = 0) & ((x - √3)^2 + (y - 1)^2 = 12) ≡
≡ S1(0, - 2) oppure S2(0, 4) → |S1S2| = 6
* OB & Γ ≡ (y = - x/√3) & ((x - √3)^2 + (y - 1)^2 = 12) ≡
≡ S3(- √3, 1) oppure S4(2*√3, - 2) → |S3S4| = 6
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Problema delle tangenti, retta polare, sdoppiamenti
La retta polare p(Γ, P) del punto P(u, v), il polo, rispetto alla conica Γ si ottiene dall'equazione di Γ in forma normale canonica, f(x, y) = 0, lasciandone inalterati i coefficienti e operando le sostituzioni (formule di sdoppiamento):
* x^2 → u*x
* y^2 → v*y
* x*y → (v*x + u*y)/2
* x → (u + x)/2
* y → (v + y)/2
Se il punto P è interno alla conica Γ, p(Γ, P) non interessa il problema delle tangenti.
Se il punto P è sulla conica Γ, p(Γ, P) è la tangente in P.
Se il punto P è esterno alla conica Γ, p(Γ, P) interseca Γ nei punti di tangenza delle tangenti condotte da P.

SPIEGAZIONE

Lascia perdere il metodo classico, ossia quello di trovare i punti di intersezione in funzione del parametro che individua le rette…a meno che tu non voglia impazzire con i calcoli. 
Osserva la figura. Ho disegnato uno degli infiniti triangoli equilateri inscritti nella circonferenza, questi hanno tutti in comune:

il lato uguale a 6

la distanza da C uguale a radice di 3= CH

Quindi tutte le corde che distano dal centro CH, hanno lunghezza 6

È questa la relazione che devi usare. 
Ma non basta, perché fra queste corde ce n’è una particolare. 
Tutti i triangoli equilateri di lato 6 hanno il baricentro C (ortocentro, incentro, ecc) in comune. Se fai ruotare il triangolo che ho disegnato intorno a C fino a portare AB sull’asse y, trovi la retta x=0 che dista CH da C e stacca sulla circonferenza la corda lunga 6. 
Per qualsiasi dubbio, chiedi pure.