Con riferimento alla figura qui sopra, è da notare che
i segmenti ML e LH sono noti e si ha:
$LH=\sqrt{CL^2-CH^2}=\sqrt{l^2-h^2}$
$ML=MH-LH=\sqrt{CM^2-CH^2}-LH=\sqrt{m^2-h^2}-\sqrt{l^2-h^2}$
Come incognita
ho deciso di prendere x=AM che una volta noto mi permette di costruire AB doppio
di AM.
Quindi calcolo
$AC=\sqrt{AH^2+CH^2}=\sqrt{(x+\sqrt{m^2-h^2})^2+h^2}$
$BC=\sqrt{BH^2+CH^2}=\sqrt{(x-\sqrt{m^2-h^2})^2+h^2}$
Ora bisogna dire che AC
e BC sono tali che CL sia la bisettrice dell'angolo ACB: si potrebbe imporre che
gli angoli ACL e BCL (o i loro coseni) siano uguali, però si può anche fare a
meno della trigonometria usando un'altra proprietà della bisettrice, dicendo che
AC e BC devono essere proporzionali a AL e BL. Scegliendo la seconda opzione
risulta questa equazione:
$\frac{AC}{AL}=\frac{BC}{BL}\Rightarrow\frac{\sqrt{\left(x+\sqrt{m^2-h^2}\right)^2+h^2}}{x+\sqrt{m^2-h^2}-\sqrt{l^2-h^2}}=\frac{\sqrt{\left(x-\sqrt{m^2-h^2}\right)^2+h^2}}{x-\sqrt{m^2-h^2}+\sqrt{l^2-h^2}}$
Con il fondamentale aiuto di Derive viene questa soluzione:
$x=\sqrt{\frac{(2h^2-l^2)\cdot\sqrt{m^2-h^2}-(2h^2-m^2)\cdot\sqrt{l^2-h^2}}{\sqrt{l^2-h^2}}}$
E' una formula abbastanza complicata, ma anche Cartesio sapeva che in molti casi viene molto più complicata di questa. Questa volta si può ancora tentare di ricavarne una costruzione con riga e compasso. Intanto si può osservare che la frazione sotto radice ha il numeratore di terzo grado e il denominatore di grado 1: dimensionalmente è tutto regolare, però costruire elementi di terzo grado rappresenta un problema; perciò è opportuno trasformare l'espressione in questo modo:
$x=\sqrt{(2h^2-l^2)\cdot\frac{\sqrt{m^2-h^2}}{\sqrt{l^2-h^2}}-(2h^2-m^2)}$
Sotto la radice c'è un'espressione quadratica, che significa che si deve operare con aree di quadrati o rettangoli: all'inizio avevo pensato di trasformare tutto in rettangoli con la stessa base (utilizzando una ben nota costruzione), ma ho optato per trasformare tutto in quadrati, perché non è necessario disegnare i quadrati ma si può lavorare sui loro lati: gli strumenti necessari sono il teorema di Pitagora e quelli di Euclide.
Per $\sqrt{l^2-h^2}$ e $\sqrt{m^2-h^2}$ è immediato l'uso del teorema di Pitagora. Per $\sqrt{2h^2-l^2}$ bisogna prima trasformare $2h^2$ in un quadrato e quindi in $\left(\sqrt{2}h\right)^2$. Più interessante è trasformare in quadrato l'espressione $(2h^2-l^2)\cdot\frac{\sqrt{m^2-h^2}}{\sqrt{l^2-h^2}}$: è opportuno ridurre tutto a un prodotto di segmenti in questo modo: $\sqrt{2h^2-l^2}\cdot\left(\sqrt{2h^2-l^2}\cdot\frac{\sqrt{m^2-h^2}}{\sqrt{l^2-h^2}}\right)$: il secondo fattore fornisce un nuovo segmento mediante il teorema di Talete e il totale è il prodotto di due segmenti diversi da trasformare in quadrato, cosa che si può ottenere con uno dei due 'teoremi di Euclide'.
Nella figura seguente cerco di illustrare i vari passi (i cerchi hanno in genere lo stesso colore dei segmenti lunghi come il raggio).
Per la soluzione sintetica, dopo aver brancolato un po' al buio, mi sono ricordato che la bisettrice fa da asse di simmetria per l'altezza con qualche altra retta notevole: con la mediana no, però con qualche prova ho trovato che è con il diametro del cerchio circoscritto, e quindi ho provato a capire perché. La spiegazione fa riferimento alla prossima figura.
La bisettrice CL incontra il cerchio circoscritto sempre nel punto medio K dell'arco AB perché gli angoli ACK e BCK sono uguali e quindi anche gli archi AK e BK. Il punto O è il circumcentro del triangolo ed è equidistante da C e K e quindi gli angoli OCK e OKC sono uguali, ma anche gli angoli OKC e KCH sono uguali e quindi gli angoli OCK e KCH sono uguali.
La stessa figura fornisce anche lo spunto per la soluzione del problema: con i segmenti dati posso costruire su una retta b i segmenti HL e LM; per M traccio la perpendicolare a b sulla quale dovrà trovarsi il circumcentro O e posso individuare anche il punto K; per trovare O posso intersecare l'asse di CK con la retta KM; poi disegno il cerchio di centro O e raggio OK che interseca la retta b in A e B; ora non mi resta che spostare il triangolo ottenuto nella posizione voluta. Come si può notare, la soluzione sintetica è più semplice di quella analitica, come succede quasi sempre, però è più difficile da scovare.