es 19

Userò il sistema di riferimento provvisto nella soluzione per rimanere coerente con i risultati del libro, quindi pongo $A(-3,0),\ B(3,0),\ C(0,3\sqrt{3})$ (perché l'altezza di un triangolo equilatero è $\ell \frac{\sqrt{3}}{2}$ dove $\ell$ è il lato del triangolo, puoi verificarlo facilmente con il teorema di Pitagora).

Sappiamo che la parabola è tangente ai lati $\overline{AC}$ e $\overline{BC}$ del triangolo, essendo $f(x)=ax^2+bx+c$ l'equazione della parabola, ciò significa che $f'(-3)=m_{AC}$ e $f'(3) =m_{BC}$. Essendo un triangolo equilatero, l'angolo alla base è di $60^{\circ}$, ricorda che il coefficiente angolare non è altro che la tangente dell'angolo che la retta forma con il semiasse positivo dell'asse $x$, quindi $m_{AC}=\tan(60^{\circ})=\frac{\sin(60^{\circ})}{\cos(60^{\circ})}=\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 2 = \sqrt{3}$, in $\overline{BC}$ l'angolo formato con il semiasse positivo è di $-60^{\circ}$, essendo $\tan \theta$ una funzione dispari abbiamo che $f(\theta)=-f(-\theta)$, quindi $m_{BC}=-\sqrt{3}$. Avendo trovato i coefficienti angolari possiamo procedere derivando $f(x)$:

$f'(x)=2ax+b$

$f'(-3)=\sqrt{3}=-6a+b$

$f'(3)=-\sqrt{3}=6a+b$

Sommando queste due equazioni membro a membro abbiamo che $2b=0 \implies b=0$, quindi sostituiamo:

$\sqrt{3} =-6a \implies a = -\frac{\sqrt{3}}{6}$

Poniamo il passaggio della parabola per $B$:
$a3^2+c=0$

$9a+c=0$

$c=-9a=-9( -\frac{\sqrt{3}}{6})=\frac{3\sqrt{3}}{2}$.

L'equazione della parabola è dunque:

$y=-\frac{\sqrt{3}}{6}x^2+\frac{3\sqrt{3}}{2}$.

Essendo $O_C$ il centro della circonferenza circoscritta ad $ABC$ puoi notare che tutti i triangoli con il vertice in $O_C$ sono isosceli (perché i lati sono raggi della circonferenza centrata in $O_C$) e congruenti (per il terzo criterio di congruenza). Quindi puoi scrivere  che $3 \frac{1}{2} \ell r \sin \alpha = \ell ^2 \frac{\sqrt{3}}{4}$ con la legge dei seni (se non conosci la legge dei seni, guardando il triangolo $ABO_C$ puoi vedere facilmente che la sua altezza è $r \sin \alpha$ rispetto a $\overline{AB}$). Tuttavia, l'angolo $\widehat{BAC}$ era prima $60^{\circ}$, ma adesso deve essere di $30^{\circ}$ perché $\widehat{CAO_C} \cong \widehat{BAO_C},\ \widehat{CAO_C}+\widehat{BAO_C}=60^{\circ} \implies 2 \alpha = 60^{\circ} \implies \alpha = 30^{\circ}$, dunque $\sin \alpha = \frac{1}{2}$. Sostituendo:
$3 \frac{1}{2} \ell r \frac{1}{2} = \ell ^2 \frac{\sqrt{3}}{4} \implies r = \frac{\ell}{\sqrt{3}}$ con $\ell =6$. $O_C$ è sull'asse $y$, nota che appartiene alla retta che forma un angolo di $30^{\circ}$ con il semiasse positivo delle $x$ passante per $A$, che quindi avrà coefficiente angolare $m_{AO_C}=\tan(30^{\circ})=\frac{\sqrt{3}}{3}$. La retta passante per $\overline{AO_C}$ ha equazione:
$y=\frac{\sqrt{3}}{3}(x+3)$ (ho posto il passaggio per $A$ e ho assegnato il coefficiente angolare).

La sua intersezione con $x=0$ ha ordinata:

$y=\frac{\sqrt{3}}{3}(0+3)=\sqrt{3}$, quindi $O_C(0,\sqrt{3})$ (le coordinate di $O_C$ ci serviranno a breve).

Adesso troviamo il segmento congiungente due punti della parabola $D,E$ che è parallelo ad $\overline{AB}$ in modo che $\overline{DE} = r$. Notiamo che $\overline{DE}= x_D-x_E$, dato che $y_E=y_D$, quindi l'ordinata è ininfluente, però proprio perché $y_E=y_D$ e $f(x)$ nel nostro caso è pari (vale a dire che $f(x)=f(-x)$), possiamo dedurre che $x_E=-x_D$. In definitiva:

$\overline{DE} = 2x_D= r$

$2x_D=\frac{6}{\sqrt{3}}$
$x_D=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}$.

Ora sostituiamo in $f(x)$ per trovare $y_D$:

$ax_D^2+c=y_D$

$-\frac{\sqrt{3}}{6} \cdot 3 +\frac{3\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}(-\frac{1}{2}+\frac{3}{2})=\sqrt{3}$.

Quindi la retta che stiamo cercando, essendo parallela all'asse $x$, ha equazione:

$y=y_D=\sqrt{3}$

$y=\sqrt{3}$.

Ovviamente passa per il baricentro (che è anche il circocentro $O_C$, l'incentro e l'ortocentro dato che questo è un triangolo equilatero), perché $O_C(0,\sqrt{3})$ ha ordinata $\sqrt{3}$, quindi soddisfa l'equazione della retta.

Eccoti un link al grafico modificabile.

Nota:

Avresti potuto trovare $O_C$ come intersezione degli assi dei lati (e le rette dei lati con il calcolo del coefficiente angolare semplice), ma questo ragionamento mi piaceva di più ed è più corto (non necessariamente da spiegare però), avresti anche potuto trovare il baricentro con le mediane, però le proprietà del triangolo equilatero ci hanno risparmiato il lavoro. La verifica tramite l'intersezione è superflua, dato che la retta in questione è una parallela all'asse $x$, quindi ho dimostrato che $O_C$ appartiene alla retta solo con una semplice osservazione.