Mediane uguali ad altezze

[karlosson_sul_tetto]

(kvant,1970,1,M4)
Abbiamo un segmento AB. Trovare tutti i punti C tali che la mediana AD è uguale all'altezza BE

[Karl Zsigmondy]

Dato che i punti A, B sono fissati, posso fissarli nel piano cartesiano WLOG A=(0,0) e B=(1,0) infatti mi riconduco a tutti gli altri triangoli mediante rototraslazioni+omotetie. Sia il punto C=(x,y). Allora avrò che:
$ D=(\frac{x+1}{2}, \frac{y}{2}) \rightarrow AD^2 = \frac{x^2+2x+1+y^2}{4} $
$ E=(\frac{x^2}{x^2+y^2}, \frac{xy}{x^2+y^2}) \rightarrow BE^2 = \frac{y^2}{x^2+y^2} $
Ora ho che:
$ AD^2 = BE^2 \rightarrow \frac{x^2+2x+1+y^2}{4} = \frac{y^2}{x^2+y^2} $
Svolgendo i conti e raccogliendo ottengo che:
$ (x^2 + y^2 + x)^2 = 3y^2 \rightarrow (x^2 + y^2 + x -\sqrt{3}y)(x^2 + y^2 + x + \sqrt{3}y) = 0 $
Quindi il luogo dei punti cercato è dato dalle coniche di equazione $ x^2 + y^2 + x -\sqrt{3}y = 0 $ e $ x^2 + y^2 + x + \sqrt{3}y = 0 $ che sono due circonferenze con centro in $ (-\frac{1}{2} , \frac{\sqrt{3}}{2}) $ e in $ (-\frac{1}{2} , -\frac{\sqrt{3}}{2}) $ con raggio uguale ad 1=AB.
Quindi fissato AB il luogo C dei punti cercato è l'unione di due circonferenze, di cui una ha centro nel punto ottenuto ruotando B attorno ad A di 120° in senso antiorario e l'altra è la sua simmetrica rispetto alla retta AB.
EDIT: ho corretto un paio di cose, spero che ora sia giusta.

[dario2994]

Sia $X$ il simmetrico ci $B$ rispetto ad $A$, sia $r$ la retta per $X$ che forma un angolo di $30°$ con $AB$.
Dimostro che il luogo dei punti è $r$.
Prendo $C$ su $r$.
Sia $Y$ tale che $AECY$ è un rettangolo. Sia $H$ la proiezione di $D$ su $AB$.
Vale per Talete $CE=2DH$ e quindi $ADY$ è isoscele. Inoltre sempre per Talete $CX\parallel AD$ e perciò $\angle{YAD}=60°$ e quindi $AYD$ equilatero, da cui ottengo $AD=CE$.

Con praticametne la stessa identica dimostrazione si fa che se $C$ rispetta le ipotesi allora sta su $r$