Ángulo entre segmentos apoyados en un círculo

Question

Motivación :

Hace un par de días, cuando estaba resolviendo esta pregunta Tuve que considerar una configuración como esta

Ahora bien, no he hecho intencionadamente que esas dos barras amarillas se sitúen en lo que parece ser un $90^{\circ}$ -ángulo pero me pareció una situación interesante, tanto que pensé que la siguiente pregunta podría ser interesante de resolver.

La pregunta :

Dado un círculo de radio $r$ una línea horizontal a una distancia $c>r$ desde el centro del círculo, y dos puntos $A$ y $B$ en esa línea situada como se indica en la imagen de abajo, hallar el ángulo $\Theta$ en función de los parámetros dados ( $a,b,c,r$ ). Las líneas azul y roja que pasan por $M$ son tangentes al círculo, en $P$ y $Q$ respectivamente.

Answer 1

Establecer las coordenadas cartesianas en el plano para que el centro del círculo sea $(0,0)$ y la línea negra $\overline{AB}$ es paralelo a la $x$ -eje.

Las coordenadas de $A$ son $(-(a - b), c)$ y la distancia $OA$ es $\sqrt{(a - b)^2 + c^2}$ . Por lo tanto, \begin{align} \angle OAB & = \arcsin\left( \frac{\sqrt{(a - b)^2 + c^2}}{c} \right) = \arctan \left( \frac{c}{a-b} \right) & \text{and} \\ \angle OAQ & = \arcsin\left( \frac{\sqrt{(a - b)^2 + c^2}}{r} \right). \end{align}

Las coordenadas de $B$ son $(b, c)$ y la distancia $OB$ es $\sqrt{b^2 + c^2}$ Así que \begin{align} \angle OBA & = \arcsin\left( \frac{\sqrt{b^2 + c^2}}{c} \right) = \arctan \left( \frac cb \right) & \text{and} \\ \angle OBP & = \arcsin\left( \frac{\sqrt{b^2 + c^2}}{r} \right). \end{align}

Desde $\angle BAM = \angle OAB + \angle OAQ$ y $\angle ABM = \angle OBA - \angle OBP$ , y $\theta = \pi - \angle BAM - \angle ABM$ ,

\begin{align} \theta & = \pi - (\angle OAB + \angle OAQ) - (\angle OBA - \angle OBP) \\ & = \pi - \arctan \frac{c}{a-b} - \arcsin \frac{\sqrt{(a - b)^2 + c^2}}{r} - \arctan \frac cb + \arcsin \frac{\sqrt{b^2 + c^2}}{r} . \end{align}

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Otro enfoque: considere la figura siguiente, que muestra la línea $\overline{AB}$ y segmentos $\overline{OP}$ y $\overline{BP}$ . También muestra el perpendicular de $O$ a $\overline{AB}$ que se cruza con $\overline{AB}$ en $C$ y $\overline{BP}$ en $R$ .

A partir del planteamiento original del problema, tenemos $OP = r$ , $BC = |b|$ y $OC = c$ . Sea $OR = |u|$ con $u$ positivo si $R$ está entre $O$ y $C$ como se muestra. A continuación, $CR = |c - u|$ y $PR = \sqrt{u^2 - r^2}$ y por triángulos similares,

$$ \frac{\sqrt{u^2 - r^2}}{r} = \pm\frac{c - u}{b}.$$

En realidad hay tres casos representados aquí:

1. $b > 0$ que se muestra en la figura;
2. $-r < b < 0$ , en cuyo caso $R$ está en la extensión de $\overline{OC}$ más allá de $C$ , $u > c$ y $\triangle BCR$ tiene longitudes de tramo (positivas) $-b$ y $u - c$ y
3. $b < -r$ , en cuyo caso $R$ está en la extensión de $\overline{OC}$ más allá de $O$ , $u < -r$ y $\triangle BCR$ tiene longitudes de tramo (positivas) $-b$ y $c - u = c + |u|$ . Este es el caso que requiere el " $-$ "de la opción $\pm$ signo.

En los tres casos asumo $c > r$ .

Elevando al cuadrado ambos lados de esta ecuación y reordenando los términos adecuadamente, obtenemos:

$$ (b^2 - r^2)u^2 + 2cr^2 u - (b^2 + c^2)r^2 = 0. \tag 1$$

Si $b^2 \neq r^2$ se trata de una ecuación cuadrática en $u$ y que tiene raíces

$$ u = \frac{-cr^2 \pm br \sqrt{b^2 + c^2 - r^2}}{b^2 - r^2}.$$

Queremos la raíz positiva si $b > -r$ y la raíz negativa si $b < -r$ Así que

$$ \angle CBP = \arccos \frac ru = \begin{cases} \arccos \dfrac{b^2 - r^2}{-cr + b \sqrt{b^2 + c^2 - r^2}} & \text{if $b > r$} \\ \arccos \dfrac{b^2 - r^2}{-cr - b \sqrt{b^2 + c^2 - r^2}} & \text{if $b < r$ and $b \neq -r$.} \end{cases}$$

Pero si $b = r$ entonces $ u = \dfrac{c^2+r^2}{2 c} $ y $$ \angle CBP = \arccos \frac ru = \arccos \frac{2cr}{c^2+r^2} ,$$ mientras que si $b = -r$ entonces $\angle CBP = \frac\pi2$ .

Y oh, mira, todas estas fórmulas se aplican a $\angle BAQ$ en la figura original si sustituimos $b - a$ para $b$ (y $b - a < -r$ siempre que $\angle BAQ$ es agudo, como se muestra), por lo que si suponemos que $b > -r$ ,

\begin{align} \theta & = \pi - \angle BAQ - \angle CBP \\ & \begin{aligned} = \pi & - \arccos \dfrac{(a - b)^2 - r^2} {-cr + (a - b) \sqrt{(a - b)^2 + c^2 - r^2}} \\ & - \begin{cases} \arccos \dfrac{b^2 - r^2}{-cr + b \sqrt{b^2 + c^2 - r^2}} & \text{if $b > r$} \\ \arccos \dfrac{b^2 - r^2}{-cr - b \sqrt{b^2 + c^2 - r^2}} & \text{if $-r < b < r$} \\ \arccos \dfrac{2cr}{c^2+r^2} & \text{if $b = r$} \end{cases} \fin{span} \\ & = \arcsin \dfrac{(a - b)^2 - r^2} {-cr + (a - b) \sqrt{(a - b)^2 + c^2 - r^2} \\ & \qquad\qquad + \begin{cases} \arcsin \dfrac{b^2 - r^2}{-cr + b \sqrt{b^2 + c^2 - r^2}} & \text{if $b > r$} \\ \arcsin \dfrac{b^2 - r^2}{-cr - b \sqrt{b^2 + c^2 - r^2}} & \text{if $-r < b < r$} \\ \arcsin \dfrac{2cr}{c^2+r^2} & \text{if $b = r$} \end{cases} \end{align}

Así que son sólo dos funciones trigonométricas, aunque hay tres casos que dependen del valor de $b$ . Como se sugirió en un comentario, podríamos reducir esto a una función trigonométrica si pudiéramos encontrar los tres lados de $\triangle ABM$ sin utilizar la trigonometría; pero creo que esto implicaría decir algo sobre los triángulos $\triangle OPM$ y $\triangle OQM$ y todavía no veo cómo hacerlo.

Answer 2

Tengo una solución de la forma $\tan\frac{\theta}{2} = f(a,b,c,r)$ .

En primer lugar, hay que tener en cuenta que $\angle QOM = \angle POM$ . Esto viene de los triángulos $OPM$ y $OQM$ siendo similares. Ambos son rectangulares (en $P$ y $Q$ ), comparten la misma hipotenusa ( $\overline{OM}$ ), y $\overline{OP} = \overline{OQ} = r$ . Esto también implica que $\overline{PM} = \overline{QM}$ . Sea $\xi \equiv \overline{PM}$ .

A continuación, observe que $\angle POM = \theta/2$ . Esto resulta de lo anterior y $\theta + (\pi/2 - \angle POM) + (\pi/2 - \angle QOM) = \pi$ .

A continuación, observe que $\tan\left(\angle POM\right) = \overline{PM}/\overline{OP} = \xi/r$ Así que

$$ \xi = r\tan\frac{\theta}{2} $$

Ahora buscaremos una ecuación para $\xi$ en función de los distintos parámetros del problema. Obsérvense las siguientes relaciones: $$ \overline{AM} = \overline{AQ} - \overline{QM} = \overline{AQ} - \xi \qquad (1) $$ $$ \overline{OA}^{\,2} = \overline{OQ}^{\,2} + \overline{AQ}^{\,2} = r^2 + \overline{AQ}^{\,2} $$ $$ \overline{OA}^{\,2} = (a-b)^2 + c^2 $$

De la misma manera, $$ \overline{BM} = \overline{BP} + \overline{PM} = \overline{BP} + \xi \qquad (2) $$ $$ \overline{OB}^{\,2} = \overline{OP}^{\,2} + \overline{BP}^{\,2} = r^2 + \overline{BP}^{\,2} $$ $$ \overline{OB}^{\,2} = b^2 + c^2 $$

Entonces $$ \overline{AQ}^{\,2} = (a-b)^2 + c^2 - r^2 \qquad (3) $$ $$ \overline{BP}^{\,2} = b^2 + c^2 - r^2 \qquad (4) $$

Ahora dejemos que

$$ u \equiv \overline{AQ} = \sqrt{(a-b)^2 + c^2 - r^2} \qquad\mbox{and}\qquad v \equiv \overline{BP} = \sqrt{b^2 + c^2 - r^2} $$

A partir de (1)-(4) y de la ley de los cosenos, $$ \overline{AB}^{\,2} = \overline{AM}^{\,2} + \overline{BM}^{\,2} - 2\,\overline{AM}\,\overline{BM}\,\cos\theta \qquad (5) $$ vemos que necesitaremos $\cos\theta$ en términos de $\tan\frac{\theta}{2}$ . Eso es fácil: $$ \cos\theta = \frac{1 - \tan^2\frac{\theta}{2}}{1 + \tan^2\frac{\theta}{2}} = \frac{r^2 - \xi^2}{r^2 + \xi^2} \qquad (6) $$

Combinando todo lo anterior, podemos obtener una ecuación cuadrática para $\xi$ Después de un poco de álgebra tediosa pero no particularmente difícil: $$ \left[ (u+v)^2 + 4r^2 - a^2 \right] \xi^2 - 4(u-v)r^2\,\xi + \left[ (u-v)^2 - a^2 \right] r^2 = 0 $$ cuya solución es $$ \frac{\xi}{r} = \frac{2(u-v)r \pm \sqrt{ 4(u-v)^2r^2 - \left[ (u+v)^2 + 4r^2 - a^2 \right] \left[ (u-v)^2 - a^2 \right] }}{\left[ (u+v)^2 + 4r^2 - a^2 \right]} $$

El segundo término dentro del radical, sin el signo negativo, se simplifica a $$ \left[ (u+v)^2 + 4r^2 - a^2 \right] \left[ (u-v)^2 - a^2 \right] = 4r^2(u-v)^2-4a^2c^2 $$ y encontramos $$ \frac{\xi}{2r} = \frac{(u-v)r \pm ac}{\left[ (u+v)^2 + 4r^2 - a^2 \right]} $$

Así,

$$ \tan\frac{\theta}{2} = \frac{2\left[ (u-v)r \pm ac \right]}{\left[ (u+v)^2 + 4r^2 - a^2 \right]} $$ donde $$ u \equiv \overline{AQ} = \sqrt{(a-b)^2 + c^2 - r^2} \qquad\mbox{and}\qquad v \equiv \overline{BP} = \sqrt{b^2 + c^2 - r^2} $$

No es de extrañar que haya dos soluciones válidas, ya que $Q$ también podría estar en el lado más cercano a $B$ .