Problemi Normale AA 1987/88 N3
Sia dato un segmento AB nel piano. Si consideri il luogo L dei punti del piano che vedono il segmento AB sotto un angolo di 60. Si scelga P in L e si scelgano due punti C e D rispettivamente interni ai lati BP e AP del triangolo ABP, in modo che AD = BC. Si costruisca il triangolo equilatero CDQ di base CD, esterno al quadrilatero ABCD. Si studi, al variare di P in L e di C, D, secondo le condizioni indicate sopra, il luogo dei punti del piano descritto dal punto Q.
Risposte
Per ora ho trovato solo una soluzione con analitica e trigonometria; la posto egualmente perché forse può aiutare a trovare quella con la geometria sintetica.
E' noto che il luogo L è il maggiore degli archi $AB$ della circonferenza circoscritta al triangolo equilatero $ABR$; senza perdita di generalità suppongo che $P$ sia sull'arco $AR$ e che $A$ sia a sinistra di $B$.
Poiché $hatA+hatB=120°$ posso porre $hatA=60°+phi;" "hatB=60°-phi$; pongo inoltre $AC=BD=2b$.
Scelti ora assi cartesiani in modo che sia $A(-a,0);B(a,0)$ calcolo le coordinate di $C,D$ e del loro punto medio $M$: ho
${(x_C=-a+2bcos(60+phi)=-a+b(cosphi-sqrt3sinphi)),(y_C=2bsin(60+phi)=b(sqrt3cosphi+sinphi)):}$
${(x_D=a-2bcos(60-phi)=a-b(cosphi+sqrt3sinphi)),(y_D=2bsin(60-phi)=b(sqrt3cosphi-sinphi)):}$
${(x_M=(x_C+x_D)/2=-bsqrt3sinphi),(y_M=(y_C+y_D)/2=bsqrt3cosphi):}$
Per $M$ traccio la parallela ad $AB$ e chiamo $H,K$ le proiezioni su essa di $C,Q$. E' facile dimostrare che i triangoli $CHM,MKQ$ sono simili e dal triangolo equilatero $CDQ$ ricavo $MQ=sqrt3MC$, quindi dalla similitudine ottengo $QK=sqrt3HM$ e $MK=sqrt3CH$. Di conseguenza
${(x_Q=x_M+MK=x_M+sqrt3CH=x_M+sqrt3(y_C-y_M)=...=0),(y_Q=y_M+QK=y_M+sqrt3HM=y_M+sqrt3(x_M-x_C)=...=asqrt3):}$
Sono le coordinate di $R$: qualunque sia la scelta effettuata, $Q$ coincide con $R$.
E' noto che il luogo L è il maggiore degli archi $AB$ della circonferenza circoscritta al triangolo equilatero $ABR$; senza perdita di generalità suppongo che $P$ sia sull'arco $AR$ e che $A$ sia a sinistra di $B$.
Poiché $hatA+hatB=120°$ posso porre $hatA=60°+phi;" "hatB=60°-phi$; pongo inoltre $AC=BD=2b$.
Scelti ora assi cartesiani in modo che sia $A(-a,0);B(a,0)$ calcolo le coordinate di $C,D$ e del loro punto medio $M$: ho
${(x_C=-a+2bcos(60+phi)=-a+b(cosphi-sqrt3sinphi)),(y_C=2bsin(60+phi)=b(sqrt3cosphi+sinphi)):}$
${(x_D=a-2bcos(60-phi)=a-b(cosphi+sqrt3sinphi)),(y_D=2bsin(60-phi)=b(sqrt3cosphi-sinphi)):}$
${(x_M=(x_C+x_D)/2=-bsqrt3sinphi),(y_M=(y_C+y_D)/2=bsqrt3cosphi):}$
Per $M$ traccio la parallela ad $AB$ e chiamo $H,K$ le proiezioni su essa di $C,Q$. E' facile dimostrare che i triangoli $CHM,MKQ$ sono simili e dal triangolo equilatero $CDQ$ ricavo $MQ=sqrt3MC$, quindi dalla similitudine ottengo $QK=sqrt3HM$ e $MK=sqrt3CH$. Di conseguenza
${(x_Q=x_M+MK=x_M+sqrt3CH=x_M+sqrt3(y_C-y_M)=...=0),(y_Q=y_M+QK=y_M+sqrt3HM=y_M+sqrt3(x_M-x_C)=...=asqrt3):}$
Sono le coordinate di $R$: qualunque sia la scelta effettuata, $Q$ coincide con $R$.
"giammaria":
Per ora ho trovato solo una soluzione con analitica e trigonometria; la posto egualmente perché forse può aiutare a trovare quella con la geometria sintetica.
E' noto che il luogo L è il maggiore degli archi $AB$ della circonferenza circoscritta al triangolo equilatero $ABR$; senza perdita di generalità suppongo che $P$ sia sull'arco $AR$ e che $A$ sia a sinistra di $B$.
...
e se io ho messo A e B in verticale, come faccio a sapere quale sia la sinistra?
scherzo, ovviamente. Volevo solo complimentarmi per la precisione nella descrizione della figura.
Per $M$ traccio la parallela ad $AB$ e chiamo $H,K$ le proiezioni su essa di $C,Q$. E' facile dimostrare
...
Perfetto!
Piccolo suggerimento (ma che si trova già nel tuo post) per una soluzione completamente sintetica:
Grazie mille per il suggerimento, ma forse hai sbagliato qualche lettera. Cercando di interpretarlo, arrivo alla soluzione sintetica
Lascio ad altri il piacere di scrivere il ragionamento.
"giammaria":
Grazie mille per il suggerimento, ma forse hai sbagliato qualche lettera. Cercando di interpretarlo, arrivo alla soluzione sintetica
Lascio ad altri il piacere di scrivere il ragionamento.
non mi sembra: nel testo originario "C e D stanno sui lati AP e BP rispettivamente"
E nella mia figura è proprio così, con C su AP. A questo punto scrivo il mio ragionamento, così potrai controllare.
"giammaria":
E nella mia figura è proprio così, con C su AP. A questo punto scrivo il mio ragionamento, così potrai controllare.
Hai ragione. I punti stanno come dici tu. Forse sullo schizzo che avevo sottomano quando ho fatto il post avevo scambiato la posizione di D e C sui due lati.
Per non rendere inutile il messaggio aggiungo la mia idea.
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