Sia $ C $ un punto variabile sul segmento $ AB $.
I triangoli equilateri $ AB'C $ e $ BA'C $ vengono costruiti dalla stessa parte di $ AB $, mentre il triangolo equilatero $ ABC' $ è costruito dalla parte opposta.
1) Dimostrare che $ AA', BB', CC' $ concorrono in un punto $ P $
2) Trovare il luogo dei punti di $ P $ al variare di $ C $
3) Mostrare che i centri dei tre triangoli equilateri sono i vertici dui un quarto triangolo equilatero.
4) Mostrare che, al variare di $ C $ i centri dei tre triangoli equilateri giacciono su una circonferenza fissa.
P.S. : ovviamente, per il punto 3), non basta enunciare semplicemente il teorema di Napoleone applicato al triangolo degenere ABC...
Salvo fraintendimenti, il punto 4 è falso, ed eccone la dimostrazione.
Detta D l'intersezione di AB' e BA' e detti O e Q i centri di ABC' e ABD, quando C concide con A i centri dei triangoli equilateri sono A, Q, O; quando invece coincide con B sono B, Q, O: di conseguenza la stessa circonferenza dovrebbe passare per A, B, Q, O che non sono conciclici.
Sì, gianmaria, hai ragione. Ho sbagliato a scrivere il punto 4
Versione giusta:
Dimostrare che , al variare di $ C $, i centri dei tre triangoli equilateri e il punto $ P $ sono conciclici.
Scusate l'errore.
Ritengo meglio scambiare fra loro i primi due punti; P è inizialmente definito come intersezione di AA’ con BB’. Aggiungo inoltre un punto 2 bis, utile per la prosecuzione. Salvo diversa specificazione, i gruppi di tre lettere indicano sempre un angolo.
2) Detta D l’intersezione di AB’ con BA’, il triangolo ABD è equilatero avendo due angoli di 60°; si ha inoltre DB’=CB perché differenze di lati uguali. Di conseguenza sono uguali i triangoli ABA’, BDB’ e BC’C avendo A’B=DB’=CB, AB=BD=BC’ e l’angolo compreso di 60°: ne segue BAA’=B’BD=BC’C= u.
Considerando il triangolo ABA’, troviamo AA’B= 180°-u- 60°=120°-u e per il teorema dell’angolo esterno applicato al triangolo A’PB si ha APB=(120°-u)+u=120°. Questo angolo è quindi supplementare di AC’B, il che basta per concludere che P sta sulla circonferenza circoscritta a A, B, C’, che è il luogo cercato
1) Per il teorema degli angoli alla circonferenza, si ha PAB=PC’B=u; poiché era anche CC’B=u, i punti P, C, C’ sono allineati.
2 bis) P appartiene a tutte le circonferenze circoscritte ai triangoli dati.
Infatti per il teorema degli angoli alla circonferenza si ha APC’=ABC’=60°, BPC’=BAC’=60°; sono quindi di 60° anche gli altri angoli semplici in P (opposti al vertice dei precedenti o calcolabili con 180°-60°-60°). Si ha quindi B’PC=120°, supplementare di B’AC, perciò A, B’, C, P sono conciclici. Analoga dimostrazione per l’altro triangolo.
3) Detti ordinatamente O, R, S i centri dei triangoli ABC’, ACB’, CBA’, si ha RA=RP e OA=OP perché raggi; essendo O ed R equidistanti da A e P, OR è l’asse di AP e quindi gli è perpendicolare; lo stesso avviene per OS e PB e per RS e PC. Poiché l’angolo acuto fra due rette è uguale a quello fra le loro perpendicolari, ORS=APC=60° e simili: quindi il triangolo ORS è equilatero.
4) Suppongo AC>CB: in caso contrario, i termini delle differenze vanno scambiati fra loro. Per note proprietà, è RAC=30°. Essendo RO asse di simmetria di AP, si ha RPA=RAP=30°-u. Analogamente BPS=PBS=30°-u, quindi RPS=RPA+APB-BPS=APB=120°, supplementare di ROS: P, R, O, S sono conciclici.
