Una semicirconferenza di raggio $r$ ha centro O e diametro $A B$. Considera il punto $P$ su $\widetilde{A B}$ e la sua proiezione R sulla tangente alla semicirconferenza in $B$. Dimostra che $P B$ è bisettrice di $O \widehat{P} R$. Individua poi $P$ in modo che sia massima l'area del quadrilatero $O P R B . \quad\left[\right.$ posto $O \widehat{P} B=x, x=\frac{1}{2} \arccos \frac{\sqrt{3}-1}{2}]$
Ciao. Facciamo riferimento alla semicirconferenza di centro O(0,0) e raggio 1:
y = √(1 - x^2)
ottenuta a partire dalla circonferenza x^2 + y^2 = 1 e risolvendola rispetto ad y. (in definitiva la parte superiore della circonferenza completa). Facciamo quindi riferimento alla figura allegata.
Gli angoli interessati sono α,β,δ. Bisogna dimostrare che α = β.
Il triangolo OPB è isoscele con lati obliqui OP=OB= r=1. Quindi α =δ
ma β=δ perché angoli alterni interni per costruzione. Quindi, per la proprietà transitiva delle eguaglianze deve risultare α = β. Quindi abbiamo verificato la prima parte del problema.
Quindi, senza modificare quanto richiesto ho chiamato α anziché x ed ho posto r=1.
Il quadrilatero OPRB è un trapezio come risulta in figura. Adesso mi stoppo perché sono stanco. Riprendo più tardi.
Riprendo.
Il trapezio che ottengo ha altezza pari al valore della funzione: y = √(1 - x^2)
Le basi sono 1 - x ed 1 (oppure r)
L'area del trapezio si ottiene: semisomma delle basi per altezza