Sia ABC un triangolo isoscele di base BC con l'angolo al vertice $ \angle BAC < 60^{\circ} $.
Si costruisca un altro triangolo PQR, di base QR circoscritto e simile ad ABC, tale che A appartenga al segmento QR e si abbia QA = 2AR.
Costruzione sns 1986
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pic88
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ci sono un po' di circonferenze da intersecare....
Allora faccio i due archi di circonferenza i cui punti vedono un lato sotto l'angolo $ \alpha $ che è quello alla base, ovviamente considero gli archi esterni al triangolo. Dopodichè mi serve fare in modo che QA=2AR. La prima cosa che mi viene in mente è usare il teorema dei seni per individuare il seno di un certo angolo, e costruirlo con riga e compasso, ma non è certo il migliore dei modi.
Allora faccio i due archi di circonferenza i cui punti vedono un lato sotto l'angolo $ \alpha $ che è quello alla base, ovviamente considero gli archi esterni al triangolo. Dopodichè mi serve fare in modo che QA=2AR. La prima cosa che mi viene in mente è usare il teorema dei seni per individuare il seno di un certo angolo, e costruirlo con riga e compasso, ma non è certo il migliore dei modi.
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HumanTorch
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Soluzione di getto, ne sto cercando una migliore
Allora: costruisco la circonferenza circoscritta al triangolo $ \triangle BAC $, e ne faccio la simmetrica rispetto ad $ AB $ e ad $ AC $; le circonferenze si incontreranno in $ E $ e in $ F $ (con $ F $"oltre il centro" per l'ipotesi sull'angolo al vertice): traccio la congiungente dei centri $ O_1O_2 $; traccio l'asse di $ O_1O_1 $, che incontra $ O_1O_2 $ in $ M $: faccio il simmetrico di $ M $ rispetto a $ F $. Da $ F $ traccio $ l $, la parallela a $ O_1O_2 $, traccio anche $ EO_1 $ e $ EO_2 $; proietto $ O_1O_2 $ su $ l $, ottenendo $ G $ e $ H $; $ GE $ e $ HE $ incontrano $ O1O2 $ in $ T $ e $ S $: tracciamo la perpendicolare per $ E $ a $ TE $ o a $ SE $. Questa incontra le due circonferenze in due punti che saranno $ Q $ ed $ R $. $ P $ si trova come intersezione fra $ QB $ e $ RC $ (in modo che si intersechino fuori dal triangolo, insomma)
La condizione $ \angle BAC<\frac{\pi}{3} $ fa sì che $ QR $ non "entri" nel triangolo
Allora: costruisco la circonferenza circoscritta al triangolo $ \triangle BAC $, e ne faccio la simmetrica rispetto ad $ AB $ e ad $ AC $; le circonferenze si incontreranno in $ E $ e in $ F $ (con $ F $"oltre il centro" per l'ipotesi sull'angolo al vertice): traccio la congiungente dei centri $ O_1O_2 $; traccio l'asse di $ O_1O_1 $, che incontra $ O_1O_2 $ in $ M $: faccio il simmetrico di $ M $ rispetto a $ F $. Da $ F $ traccio $ l $, la parallela a $ O_1O_2 $, traccio anche $ EO_1 $ e $ EO_2 $; proietto $ O_1O_2 $ su $ l $, ottenendo $ G $ e $ H $; $ GE $ e $ HE $ incontrano $ O1O2 $ in $ T $ e $ S $: tracciamo la perpendicolare per $ E $ a $ TE $ o a $ SE $. Questa incontra le due circonferenze in due punti che saranno $ Q $ ed $ R $. $ P $ si trova come intersezione fra $ QB $ e $ RC $ (in modo che si intersechino fuori dal triangolo, insomma)
La condizione $ \angle BAC<\frac{\pi}{3} $ fa sì che $ QR $ non "entri" nel triangolo
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¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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allora, innanzitutto viste le soluzioni precedenti non assicuro di aver capito bene il problema 
Comunque $ \angle QPR = \angle BAC $ quindi P sta sulla circonferenza $ \Gamma_1 $ simmetrica a quella circoscritta al triangolo ABC rispetto alla retta BC per angoli alla crf.
Chiamiamo $ M $ il punto medio di QR e H l'ortocentro di ABC, si ha che PM passa per H, poichè è anche bisettrice e quindi biseca l'arco minore BC in H.
$ \angle AHM = \alpha $
il rapporto di similitudine tra ABC e QRP è $ \displaystyle \frac{PM}{AH}= 2\cos{\alpha} $
$ \displaystyle QR = 3(\frac{QR}{2} - MA) $
$ \displaystyle 2BC\cos{\alpha} = 3(BC\cos{\alpha} - AJ\sin{\alpha}) $
$ \displaystyle \tan{\alpha}= \frac{BC}{3AJ} $
Quindi posso costruire la retta HP come se fosse una rettaa nel piano cartesiano di centro H e asse delle ascisse AH semplicemente triplicando la misura di AH con tre cerchi e trasportande quella di BC con un parallelograma.
HP interseca $ \Gamma_1 $ in P mentre Q e R sono date dall'intersezione delle rette PB e PC con la perpendicolare a PM per A.[/tex]
Comunque $ \angle QPR = \angle BAC $ quindi P sta sulla circonferenza $ \Gamma_1 $ simmetrica a quella circoscritta al triangolo ABC rispetto alla retta BC per angoli alla crf.
Chiamiamo $ M $ il punto medio di QR e H l'ortocentro di ABC, si ha che PM passa per H, poichè è anche bisettrice e quindi biseca l'arco minore BC in H.
$ \angle AHM = \alpha $
il rapporto di similitudine tra ABC e QRP è $ \displaystyle \frac{PM}{AH}= 2\cos{\alpha} $
$ \displaystyle QR = 3(\frac{QR}{2} - MA) $
$ \displaystyle 2BC\cos{\alpha} = 3(BC\cos{\alpha} - AJ\sin{\alpha}) $
$ \displaystyle \tan{\alpha}= \frac{BC}{3AJ} $
Quindi posso costruire la retta HP come se fosse una rettaa nel piano cartesiano di centro H e asse delle ascisse AH semplicemente triplicando la misura di AH con tre cerchi e trasportande quella di BC con un parallelograma.
HP interseca $ \Gamma_1 $ in P mentre Q e R sono date dall'intersezione delle rette PB e PC con la perpendicolare a PM per A.[/tex]