[Risolto] CORCONFERENZA E RETTA, quesito logico

Oltre al testo di questa domanda e il commento sul tuo amico che "si ostina a dire", ho anche letto il tuo messaggio privato e, sul complesso, ho qualche obiezione.
La prima è sulla classificazione di "quesito logico" che ritengo campata in aria: per com'è presentata la situazione la classificherei nelle categorie di "indovinello" o "rompicapo", non certo di "quesito" e comunque senza l'attributo "logico"; qua l'unica verità da dimostrare o confutare è quella dell'affermazione "risolverlo senza fare calcoli è possibile", ma sarebbe come nel gioco dell'oca un circolo vizioso (PS: al contrario della grammatica francese, quella italiana VIETA le maiuscole accentate o con altri diacritici).
La seconda e SOSTANZIALE obiezione è sull'uso restrittivo del concetto di "calcolo" che, in linea generale, è definito come una qualsiasi manipolazione di un insieme di sìmboli la quale soddisfaccia ai requisiti
* l'insieme di sìmboli è discreto e non è infinito
* le disposizioni dei sìmboli rispettano una sintassi predefinita
* la semantica delle manipolazioni lècite si esprime in un insieme di regole esplicite.
Quindi anche usare bene la propria lingua materna è un calcolo: nella Prefazione a "La scoperta di Milano" di Guareschi, Giovanni Mosca nel 1941 scriveva «... opera di uno scrittore vero che conosce la tecnica della lingua, ... che è padrone perfino delle regole della fantasia ... e le àpplica matematicamente ...»
PER QUANTO SOPRA
dire che con il raggio si riesce a dedurre le due rette senza fare calcoli, è un'affermazione FALSA in quanto autocontraddittoria (funzione logica F15) perché il processo di deduzione è un calcolo: senza se e senza ma.
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Adesso cerco di ricostruire (rompicapo!) quello che il tuo amico s'attendeva dicendo quella fesserìa, senza accòrgersi che era una fesserìa.
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La circonferenza di raggio r centrata nell'origine è
* Γ ≡ x^2 + y^2 = r^2
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Le rette tangenti Γ e parallele all'asse y sono
* x = ± r
le altre coppie di tangenti hanno ogni pendenza "m" reale.
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Il fascio di parallele di pendenza "m" assegnata e di parametro l'intercetta "q" è
* y = m*x + q
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Le rette tangenti Γ e di pendenza "m" assegnata sono
* y = m*x - (√(m^2 + 1))*r
* y = m*x + (√(m^2 + 1))*r
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NEL CASO IN ESAME
* r = √10
* x + 3*y + 5 = 0 ≡ y = - (x + 5)/3 → m = - 1/3
* √(m^2 + 1) = √10/3
* (√(m^2 + 1))*r = (√10/3)*√10 = 10/3
* m*x ± (√(m^2 + 1))*r = - x/3 ± 10/3 = (± 10 - x)/3
Il tutto è abbastanza semplice da potersi calcolare a mente (senza scrivere, non senza calcoli!), ma francamente non ne vale la pena.

Vedo che il quesito è stato risolto. Propongo una soluzione rapida sfruttando anche la similitudine tra i triangoli.

Alla domanda:

Postato da: @fotonic

RISOLVERLO SENZA FARE CALCOLI È POSSIBILE?

Si può risolvere, perchè le tangenti esistono, e dipende da cosa si intende con il termine "calcoli". 

 (Pienamente d'accordo con @exprof e @sebastiano)

-Equazione della retta data:

$x+3y+5=0$

-Distanza della retta dall’origine:

$d=\frac{5}{\sqrt{10}}$

-Le due tangenti hanno distanza pari al raggio:

$d_t=r=\sqrt{10}$

-le tangenti appartengono al fascio improprio di equazione:

$y=-\frac{1}{3}x+k$

obiettivo: trovare k !!

k è il valore delle due intercette  che per simmetria rispetto all'origine hanno stesso modulo ma segno opposto

Osservando la figura:

Per la tangente in basso:

I triangoli ABD e ACE sono simili:

Il rapporto di similitudine vale:

$\frac{AB}{AC}=\frac{d}{r}=\frac{1}{2}$

Lo stesso rapporto c'è tra AD ed AE.

Essendo: $AE=k$

abbiamo:

$k=2AD=2\bullet \frac{-5}{3}=\frac{-10}{3}$

per simmetria l'altra tangente ha:

$k=\frac{10}{3}$

E perciò le due rette cercate hanno equazione:

$x+3y=\pm10$

N.B.

Più rapido di così non saprei !!

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Io riesco a pensare a differenti possibili soluzioni, ma almeno a mente un calcolo banale va fatto. magari non ho sufficiente immaginazione. Secondo me il metodo più semplice è imporre che la retta parallela a $x+3y+5=0$ abbia distanza dall'origine pari a $\sqrt{10}$. Il conto viene banalissimo, ma pur sempre un conto.