Costruzione geometrica - SNS 1986
"Sia $ABC$ un triangolo isoscele di base $BC$ con l'angolo al vertice $BAC$ minore di 60°. Si costruisca un altro triangolo $PQR$, di base $QR$, circoscritto e simile ad $ABC$, tale che il punto $A$ appartenga al segmento $QR$ e si abbia $QA= 2*AR$."
Premettendo che con le costruzioni geometriche mi ci prendo davvero a ****tti, ho tentato di iniziare a ragionarci.
Traccio la circonferenza circoscritta al triangolo $ABC$. Tutti gli angoli alla circonferenza tracciati dalla corda $BC$ hanno ampiezza uguale a $BAC$. Traccio la circonferenza simmetrica alla precedente rispetto a $BC$, e conseguentemente $P$ dovrà trovarsi su tale circonferenza. Chiamo $H$ il punto di intersezione fra la seconda circonferenza e l'altezza del triangolo $ABC$. Chiamando $M$ il punto medio di $QR$, $PM$ passa per $H$ poiché $PM$ è anche bisettrice dell'angolo $RPQ$ perciò biseca l'arco $BC$. Traccio la circonferenza di diametro $AH$: $M$ dovrà appartenere ad essa, poiché $AM$ deve essere perpendicolare a $MH$ (che è $MP$), in quanto $PM$ è anche altezza del triangolo $PQR$.
Beh, non so come andare avanti.. Non so come sfruttare la relazione fra $QA$ e $AR$.
Grazie mille dell'aiuto.
Premettendo che con le costruzioni geometriche mi ci prendo davvero a ****tti, ho tentato di iniziare a ragionarci.
Traccio la circonferenza circoscritta al triangolo $ABC$. Tutti gli angoli alla circonferenza tracciati dalla corda $BC$ hanno ampiezza uguale a $BAC$. Traccio la circonferenza simmetrica alla precedente rispetto a $BC$, e conseguentemente $P$ dovrà trovarsi su tale circonferenza. Chiamo $H$ il punto di intersezione fra la seconda circonferenza e l'altezza del triangolo $ABC$. Chiamando $M$ il punto medio di $QR$, $PM$ passa per $H$ poiché $PM$ è anche bisettrice dell'angolo $RPQ$ perciò biseca l'arco $BC$. Traccio la circonferenza di diametro $AH$: $M$ dovrà appartenere ad essa, poiché $AM$ deve essere perpendicolare a $MH$ (che è $MP$), in quanto $PM$ è anche altezza del triangolo $PQR$.
Beh, non so come andare avanti.. Non so come sfruttare la relazione fra $QA$ e $AR$.
Grazie mille dell'aiuto.
Risposte
Ma scusa, stai scrivendo un libro su come si risolvono gli esercizi SNS?
Guarda che poi gli utenti che ti hanno risposto avranno diritto a una quota (consistente) di royalties.
Guarda che poi gli utenti che ti hanno risposto avranno diritto a una quota (consistente) di royalties.
Ahah, per carità, cedo tutti i diritti! In effetti, stenderci un libro non è una cattiva idea.. 
Giustamente noti che P deve stare sulla circonferenza circoscritta al simmetrico di ABC; cerchiamo ora di sfruttare l'altro dato. Sia S il punto di BC tale che SC=2BS; confrontiamo i triangoli ARP e ABS, che sono simili avendo $A\hatRP=A\hatBS$ per la similitudine data e $AR:BS=PR:AB$ perché AR e BS sono un terzo di QR e BC: ne consegue $R \hat P A=B \hat A S$. Con base sul prolungamento di AS disegniamo il triangolo isoscele ABE (avremo quindi $B \hat E A=B \hat A E$) e la circonferenza ad esso circoscritta, luogo dei punti che, da parte opposta ad A, vedono AB sotto l'angolo voluto. L'intersezione fra le due circonferenze dà il punto P e non è poi difficile completare la costruzione.
Qualche osservazione:
1) non capisco perché l'angolo al vertice deva essere minore di 60°;
2) mi accorgo che ora non ho mente lucida: spero di non aver scritto fesserie, ma a parte qualche possibile triangolo sbagliato l'idea base dovrebbe andar bene;
3) niente male l'idea di un libro di soluzioni! Se qualcuno lo scriverà, mi prenoto fin d'ora per una copia; se invece è già scritto, gradirei conoscerne gli estremi, e non credo di essere l'unica persona.
Qualche osservazione:
1) non capisco perché l'angolo al vertice deva essere minore di 60°;
2) mi accorgo che ora non ho mente lucida: spero di non aver scritto fesserie, ma a parte qualche possibile triangolo sbagliato l'idea base dovrebbe andar bene;
3) niente male l'idea di un libro di soluzioni! Se qualcuno lo scriverà, mi prenoto fin d'ora per una copia; se invece è già scritto, gradirei conoscerne gli estremi, e non credo di essere l'unica persona.
Beh, un libro con alcune soluzioni esiste, però non è più in commercio: Conti, Profeti - I Problemi di Matematica della Scuola Normale Superiore di Pisa - Bollati Boringhieri.
"giammaria":
e la circonferenza ad esso circoscritta, luogo dei punti che, da parte opposta ad A, vedono AB sotto l'angolo voluto.
Quale angolo? Non ho capito questa circonferenza circoscritta. Grazie.
Ah sì forse ho capito. Che vedono AB sotto l'angolo $B \hat E A=R \hat P A$..
Ricapitolo i passaggi della costruzione, sfruttando le proprietà che abbiamo detto nei post precedenti.
Traccio la circonferenza $C_1$ circoscritta al triangolo ABC.
Traccio la circonferenza $C_2$ simmetrica alla precedente rispetto a BC.
Individuo il punto S su BC, tale che $SC=2*BS$ (costruzione di Talete).
Costruisco il triangolo isoscele ABE con E sul prolungamento di AS.
Traccio la circonferenza $C_3$ circoscritta al triangolo ABE.
L'intersezione fra $C_2$ e $C_3$ è P.
Essendo H l'intersezione fra l'altezza di ABC e $C_2$, traccio la retta PH.
Traccio la semicirconferenza di diametro AH.
L'intersezione fra tale semicirconferenza e PH è M, il punto medio di RQ.
Tracciata la retta AM, i punti Q e R sono l'intersezione di tale retta con i prolungamenti rispettivamente di PC e PB.
Traccio il triangolo PQR.
Traccio la circonferenza $C_1$ circoscritta al triangolo ABC.
Traccio la circonferenza $C_2$ simmetrica alla precedente rispetto a BC.
Individuo il punto S su BC, tale che $SC=2*BS$ (costruzione di Talete).
Costruisco il triangolo isoscele ABE con E sul prolungamento di AS.
Traccio la circonferenza $C_3$ circoscritta al triangolo ABE.
L'intersezione fra $C_2$ e $C_3$ è P.
Essendo H l'intersezione fra l'altezza di ABC e $C_2$, traccio la retta PH.
Traccio la semicirconferenza di diametro AH.
L'intersezione fra tale semicirconferenza e PH è M, il punto medio di RQ.
Tracciata la retta AM, i punti Q e R sono l'intersezione di tale retta con i prolungamenti rispettivamente di PC e PB.
Traccio il triangolo PQR.
"elios":Fin qui sono d'accordo, a parte il fatto che mi sembra più facile non disegnare $C_1$ ma direttamente $C_2$, circoscritta al triangolo simmetrico di ABC. Il seguito probabilmente è giusto, ma mi sembra inutilmente complicato; consiglierei invece di tracciare le semirette PB e PC (su cui giacciono R e Q) e la bisettrice dell'angolo fra loro: QR è la perpendicolare a questa bisettrice passante per A. Oppure puoi prendere su una di queste semirette un punto H a caso e sull'altra il punto K con PH=PK: QR è la parallela a HK passante per A.
Ricapitolo i passaggi della costruzione, sfruttando le proprietà che abbiamo detto nei post precedenti.
Traccio la circonferenza $C_1$ circoscritta al triangolo ABC.
Traccio la circonferenza $C_2$ simmetrica alla precedente rispetto a BC.
Individuo il punto S su BC, tale che $SC=2*BS$ (costruzione di Talete).
Costruisco il triangolo isoscele ABE con E sul prolungamento di AS.
Traccio la circonferenza $C_3$ circoscritta al triangolo ABE.
L'intersezione fra $C_2$ e $C_3$ è P.
Sì è vero. E' meno complicato..
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