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Dato un triangolo $ ABC $, siano $ ABC' $ e $ ABC'' $ i due triangoli equilateri costruiti su $ AB $ (con $ C'' $ dalla stessa parte di $ C $ rispetto ad $ AB $) e si definiscano analogamente $ B',B'',C' $ e $ C'' $. Dimostrate che:
1)i segmenti $ AA',BB' $ e $ CC' $ sono congruenti tra loro, così come lo sono $ AA'',BB'' $ e $ CC'' $;
2)$ AA',BB' $ e $ CC' $ concorrono in un punto $ F_1 $ formando sei angoli uguali tra loro;
3)la tesi 2 vale anche per $ AA'',BB'' $ e $ CC'' $ (chiamate $ F_2 $ il punto di concorrenza);
4)Se $ ABC $ non ha angoli di ampiezza superiore a $ \dfrac{2}{3}\pi $, $ F_1 $ è il punto del piano che minimizza la somma delle distanze dai vertici di $ ABC $ (bonus: trovare il punto che minimizza tale somma se $ \alpha>\dfrac{2}{3}\pi $);
5)detti $ \alpha, \beta $ e $ \gamma $ gli angoli di $ ABC $, si ha $ AA'=BB'=CC'=sgn \left( \dfrac{2}{3}\pi-\alpha \right) \cdot F_1A+sgn \left( \dfrac{2}{3}\pi-\beta \right) \cdot F_1B+sgn \left( \dfrac{2}{3}\pi-\gamma \right) \cdot F_1C $ e
$ AA''=BB''=CC''=sgn \left( \dfrac{1}{3}\pi-\alpha \right) \cdot F_2A+sgn \left( \dfrac{1}{3}\pi-\beta \right) \cdot F_2B+sgn \left( \dfrac{1}{3}\pi-\gamma \right) \cdot F_2C $
(sono formule generali, ma penso che sia meglio distinguere un paio di casi)
Per chi non lo sapesse, $ \forall x \neq 0,sgn(x)=\dfrac{|x|}{x} $ e $ sgn(0)=0 $
6)i centri di $ ABC',AB'C $ e $ A'BC $ sono vertici di un triangolo equilatero, e lo stesso vale per $ ABC'',AB''C $ e $ A''BC $

1) I triangoli AA'B e CC'B sono congruenti per congruenza lati AB=C'B e BA'=BC e perché gli angoli compresi sono $\beta +60°$; di conseguenza AA'=CC' (analogamente per BB'=CC').
La dimostrazione si ripete per AA'' e BB'': AA''C congruente a BB''C, infatti AC=CB'', A''C=CB e l'angolo compreso è $|60°-\gamma|$ quindi AA''=BB''

E una è andata

Piccolo avviso ai naviganti: nella letteratura il punto di Fermat è talvolta chiamato anche punto di Torricelli.

A parte il fatto che non conosco né Fermat né Torricelli vado col punto 2:
Definisco $F_1$ l'intersezione tra CC' e BB'. Noto che ABC'F è ciclico come ACB'F (per congruenza angoli AC'C=ABB' e AB'B=ACC'), quindi gli angoli AFB=AFC=120° perché supplementari a angoli di 60°; anche BFC è 120 quindi FBCA' è ciclico. In particolare FCB=FA'B, per ciclicità in FABC' si ha che FAB=FC'B e infine ABA'=CBC'=$\beta +60°$
Sapendo che la somma degli angoli interni del triangolo CC'B è 180° anche la somma dei tre angoli del quadrilatero FABA' quindi l'ultimo angolo AFA'=180° da cui la tesi.

EDIT dimenticavo di dimostrare che gli angoli sono uguali: AFC'=ABC'=60° quindi C'FB=60° e lo stesso vale per gli altri 4 angoli.

Piccola sottigliezza

paga92aren ha scritto:AC'C=CC'B e AB'B=CB'B

Forse intendevi AC'C=ABB' e AB'B=ACC'? CC' non può essere la bisettrice di AC'B (poichè AC'B è equilatero, la bisettrice di un angolo è l'asse del lato opposto, e non è detto che C si trovi sull'assedi AB) e idem per BB'. Comunque mi sembra che tutto il resto funzioni

Grazie era solo un'errore di scrittura.

3) Analogamente al punto 2 definisco $F_2$ l'intersezione tra CC'' e AA'' (d'ora in poi lo chiamerò F) e dimostro che AFBC'' e FBCA'' sono ciclici (per angoli FA''B=FCB da cui segue che AFC''=60° e quindi AFC''=ABC''). Per congruenza triangoli AA''C e B''BC gli angoli AA''C=B''BC. L'angolo FBC è complementare di AA''C quindi anche di B''BC da cui FBB''=180° che è la tesi.

Un punto al giorno toglie il medico di torno quindi domani penso al punto 4.

EDIT: naturalmente dimenticavo di dimostrare che gli angoli sono di 60° gradi; C''FA=C''BA=60°, C''FB=C''AB=60° e altri due sono di 60° perché opposti al vertice e gli ultimi due (che sono opposti al vertice) per differenza.

P.S.: se avete altre tesi da proporre (che c'entrino qualcosa) fate pure

Visto che è da un po' che non risponde nessuno, provo a darvi una spintarella: In ogni caso potreste sempre cimentarvi con la 6, che è la più facile tra quelle rimaste

Up...

Aggiungo:$A, B, C, H, G$, i due punti di Fermat e Napoleone stanno su un'iperbole rettangola (aggiungo che non conosco la dimostrazione di questo fatto quindi per quanto mi riguarda potrebbe essere pure assurda...)

53thebest ha scritto:Aggiungo:$A, B, C, H, G$, i due punti di Fermat e Napoleone stanno su un'iperbole rettangola (aggiungo che non conosco la dimostrazione di questo fatto quindi per quanto mi riguarda potrebbe essere pure assurda...)

Mah, consideriamo i triangoli $ABC_1$, $BCA_1$, $CAB_1$, isosceli sui lati di $ABC$, con $A\widehat{B}C_1=B\widehat{C}A_1=C\widehat{A}B_1=\phi$ (orientato). Sia $C_2$ il punto in cui $CC_1$ incontra $AB$, allora
$$\frac{AC_2}{C_2B}=\frac{[ACC_1]}{[BCC_1]}=\frac{AC\cdot AC_1\cdot\sin(A+\phi)}{BC\cdot BC_1\cdot\sin(B+\phi)}=\frac{AC}{BC}\frac{\sin(A+\phi)}{\sin(B+\phi)}$$
e dunque innanzitutto le rette $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$ concorrono per Ceva. Poi, con un abile conto in trilineari (o in baricentriche, fate voi), si ottiene (se già non lo sapete) che il punto di concorrenza ha trilineari $[\sin(B+\phi)\sin(C+\phi):\sin(A+\phi)\sin(C+\phi):\sin(A+\phi)\sin(B+\phi)]$. Dunque, al variare di $\phi$, (dopo un po' di prostaferesi e Werner) si ottiene l'equazione
$$\sin(B-C)yz+\sin(C-A)yz+\sin(A-B)xy=0$$
che è una allegra conica. Se poi scrivete seni e coseni con i lati, si ha
$$\sum bc(b^2-c^2)yz=0$$

Inoltre,per $\phi$ opportuni si ottengono ovviamente i vertici. Inoltre, se $\phi=0$ si ottiene il baricentro, se $\phi=\pi/2$ si ottiene l'ortocentro, se $\phi=\pm\pi/3$ si ottengono i punti di Fermat. Poi si ottengono anche altri punti, ma non parliamone.

Si vede che la conica è un'iperbole perché la sua equazione non si fattorizza, quindi non è unione di rette, e passa per i tre vertici e loro punti interni, dunque non è connessa (altrimenti i punti su di lei sarebbero tutti sul bordo del loro inviluppo convesso). Per il fatto che sia rettangola, beh ... son conti.