Due quadrati

[axpgn]

Si scelga un arbitrario punto $M$ all'interno del segmento $AB$.
Dalla stessa parte di $AB$ si costruiscano i due quadrati $AMCD$ e $MBEF$ con $AM$ e $MB$ come rispettive basi.
I due cerchi che circoscrivono i due quadrati, con centri $P$ e $Q$, si intersecano in $M$ e in un altro punto $N$.
Chiamiamo invece $N'$ il punto d'intersezione delle rette $AF$ e $BC$.

1) Dimostrare che i punti $N$ e $N'$ coincidono.
2) Dimostrare che le rette $MN$ passano attraverso un punto fisso $S$ indipendentemente dalla scelta di $M$.
3) Trovare il luogo dei punti formato dai punti medi dei segmenti $PQ$ al variare di $M$ tra $A$ e $B$

Cordialmente, Alex

[giammaria2]

Aggiungo una domanda:
4) Trovare il luogo dei punti $N$
Ed ora passo alle risposte, cominciando col 4. Confesso che inizialmente ho risolto il problema con l'analitica e solo dopo, sapendo cosa cercare, l'ho affrontato con la sintetica.

Avvisi:
- Senza perdita di generalità, suppongo sempre che si abbia $AM>=MB$
- Uso ripetutamente il teorema sull'eguaglianza degli angoli alla circonferenza, che non citerò più
- Quando usati, $H,K$ sono le proiezioni di $P,Q$ su $AB$

Punto 4
Si ha $AhatNM=AhatCM=45°$ e $MhatNB=MhatFB=45°$, quindi
$AhatNB=AhatNM+MhatNB=45°+45°=90°$
Il luogo dei punti che, da una stessa parte, vedono $AB$ sotto un angolo retto è la semicirconferenza di diametro $AB$.

Punto 1
Allineamento di B, N, C. Al 4 abbiamo mostrato che si ha $AhatNB=90°$ e si ha $AhatNC=AhatMC=90°$, quindi le rette $NB$ e $NC$ coincidono perché perché nello stesso punto sono perpendicolari ad $AN$
Allineamento di A,F, N. Al 4 abbiamo mostrato che si ha $AhatNM=45°$ e si ha $FhatNM=FhatEM=45°$, quindi le rette $AN$ e $FN$ coincidono perché, nello stesso punto, formano con $MN$ angoli uguali ed equiversi.
Conclusione. $N$ sta sia su $BC$ che su $AF$, quindi coincide con la loro intersezione $N'$

Punto 2
Traccio l'asse di $AB$, che incontra $AB$ in $R$ e la retta $MN$ in $S$; chiamo $L$ la proiezione di $Q$ su $PH$. Noto che si ha
$PL=PH-QK= (AM)/2-(MB)/2=(AM-MB)/2$
$RM=AM-AR=AM-(AB)/2=AM-(AM+MB)/2=(AM-MB)/2$
e quindi $PL=RM$. Poiché la corda comune a due circonferenze è perpendicolare alla retta dei loro centri, ho $LhatQP=RhatSM$, in quanto angoli con i lati mutuamente perpendicolari. Quindi i triangoli rettangoli $PLM, RMS$ sono uguali, avendo uguali un cateto e l'angolo ad esso opposto, e ne segue $RS=LQ$. Ho poi
$RS=LQ=HK= HM+MK=(AM)/2+(MB)/2=(AM+MB)/2=(AB)/2$
e quindi la posizione di $S$ non dipende da quella di $M$: tutte le rette $MN$ passano per quel punto $S$.

Punto 3
Detto $Z$ il punto medio di $PQ$, la sua distanza da $AB$ è data da
$(PH+QK)/2=((AM)/2+(MB)/2)/2=(AM+MB)/4=(AB)/4$
quindi $Z$ sta sulla parallela ad $AB$ distante da essa $(AB)/4$. Poiché però $M$ varia solo su un segmento, anche $Z$ lo fa, e precisamente: se $M$ coincide con $A$, anche $P$ coincide con $A$, mentre $Q$ è il centro $O$ del quadrato di lato $AB$, quindi $Z$ à il punto medio di $OA$. Analogamente, quando $M$ coincide con $B$ abbiamo il punto medio di $OB$. Il luogo è quindi il segmento che unisce questi due punti medi.

[axpgn]

Diciamo che il tuo punto 4 è "compreso" nelle mie dimostrazioni

1) Sostanzialmente ho fatto la stessa cosa solo con angoli diversi (angoli al centro, per esempio)

3) Lo stesso. Il luogo di punti è il segmento lungo $(AB)/2$ che si trova a distanza $(AB)/4$ da $AB$.

2) Questo l'ho fatto diverso …
- $ANB$ è sempre retto quindi $N$ si muove sul semicerchio di diametro $AB$
- $ANM$ è sempre pari a $45°$ (dimostrato prima)
- Chiamiamo $S$ il punto in cui la retta $NM$ incontra il cerchio di diametro $AB$

Allora anche $ANS$ è pari a $45°$ ed è un angolo alla circonferenza ma, dato che un estremo dell'arco è fisso ($A$) anche l'altro ($S$) deve esserlo.

Cordialmente, Alex

[giammaria2]

Bella la tua dimostrazione del 2! A me non sarebbe venuta in mente, anche se avevo scritto tutti i suoi preliminari.

[axpgn]

Mah, a te vengono in mente tante cose più complicate di questa

[Erasmus_First]

Ciao Alex, ciao Giammaria.
[ot]Ho gravi problemi familiari che però non mi tengono occupato. Allora, se non altro per distrarmi un po', seguo i quiz di matematicamente.it e di Rudi Mathematici]. Di questo quiz avevo trovato le risposte per via analitica – con la quale le risposte risultano molto facili – ancora giorni fa. [Ora, benché in ritardo, dico anch'io la mia.[/ot]
Non è male nemmeno la soluzione per via analitica.
Ecco quel che avevo fatto io ancora alcuni giorni fa.

Nel piano cartesiano assumo:
$(x_A, y_A) = (0, 0)$; $(x_B, y_B) = (1, 0)$; $(x_M, y_M) = (k, 0)$, (con $0 $(x_C, y_C) =(k, k)$; $(x_D, y_D) = (0, k)$; $(x_E, y_E) = (1, 1-k)$; $(x_F, y_F) = (k, 1-k)$.
Le equazioni dei cerchi circoscritti rispettivamente ad AMCD e MBEF sono:
1) $x^2 + y^2-kx-ky=0$;
2) $x^2 + y^2 -(1+k)x -(1-k)y +k = 0$.
Le rette AF e BC hanno equazioni rispettive:
3) $y=(1-k)/k x$;
4) $y=-k/(1-k)x +k/(1-k)$.

Punto 1
a) Entrambe le 1) e 2) sono soddisfatte da $(x, y) = (x_M, y_M) = (k, k)$.
b) Dalle 3) e 4) viene che l'intersezione N' delle rette AF e BC ha coordinate:
$x_(N') = k^2/(k^2 + (1-k)^2)$; $y_(N') = (k(1-k))/(k^2+(1-k)^2)$.
c) Se nelle 1) e 2) si sostituiscono $x$ con $x_(N')$ ed $y$ con $y_(N')$ entrambe le 1) e 2) diventano identità.
Dunqueè $N'$ coincider con $N$.

Punto 2
La retta $MN$ (che varia al variare di k) ha equazione:
5) $x=(2k-1)y + k$ che per $k = 1/2$ diventa $x=1/2$. [Cioè:: ascissa x=1/2 per qualunque ordinata y].
Se esiste un punto Sper il quale la retta $MN$ passa per ogni k, l'ascissa di questo punto deve essere 1/2.
Riscritta la 5) nella forma $y = (x-k)/(2k-1)$, per $x=1/2$ si trova $y=(1/2 - k)/(2k-1) = –1/2$.
In effetti sostituendo nella 5) $(x, y)$ con $(1/2, –1/2)$ risulta: $1/2 = –(2k-1)/2 + k$, ossia l'identità $1/2 = 1/2$.

Punto 3
Le coordinate di P sono $(x_P, y_P) = (k/2, k/2)$ e quelle di Q sono $(x_Q, y_Q)=((1+k)/2, (1-k)/2)$.
Le coordinate del punto medio del segmento di estremi P e Q soino dunque:
$x = (1+2k)/4$; $y=1/4$.
Pertanto, variando k tra 0 ed 1, il luogo richiesto è il segmento parallelo ad AB di estremi H e K di rispettive coordinate:
$(x_H, y_H) = (1/4, 1/4))$; $(x_K, y_K) = (3/4, 1/4)$.

Pnto 4 (Aggiunto da Giammaria: "Qual è il lugo di $N = N$' al variare di k?")
Il cerchio di diametro AB ha equazione:
6) $x^2 + y^2 -x=0$,
Si verifica subito che le coordinaste di $N$, cioè
$x_N= k^2/(k^2 + (1-k)^2)$ e $y_N=(k(1-k))/(k^2+(1-k)^2)$
soddisfano la 6). Basta allora aggiungere alla 6 la condizione $y ≥0$ per averer il luogo di N (cioè la semicirconferenza di diametro AB dalla parte del verso positivo delle ordinate.

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[axpgn]

Bel lavoro!