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Sia ABCD un quadrato, e sia P un punto interno ad esso tale che $ P \hat{A} B = P \hat{B} A = 15° $.
Si dimostri che PCD è equilatero.

Pongo $ \displaystyle AB=a $ e $ \displaystyle AP=b $.

Considero il triangolo iscoscele $ ABP $. Ho $ \displaystyle A \hat{P} B = 15° $, quindi, per il teorema dei seni

$ \displaystyle \frac {a} {sin150°} = \frac {b} {sin15°} $ $ \displaystyle \Longrightarrow b= \frac {a \cdot \sin15°}{sin150°} = \frac {a \cdot \frac {\sqrt6-\sqrt2} {4}} {\frac {1}{2}} $ $ \displaystyle = \frac {a \cdot {(\sqrt6-\sqrt2)}}{2} $.

Considero ora il triangolo $ APD $, di cui $ D \hat{A} P = 75° $ e pongo $ A \hat {P} D = x $. Sempre per il teorema dei seni avrò
$ \displaystyle \frac {a} {\sin x} = \frac {b} {\sin {(105°-x)}} = \frac {\frac {a \cdot {(\sqrt6-\sqrt2)}}{2}}{\sin{(105° - x)}} $.

Dopo semplici passaggi si arriva a

$ \tan{x} = 2+\sqrt3 \Longrightarrow x = 75° $, per cui il triangolo $ ADP $ è isoscele, quindi $ AD = PD $. Identico discorso vale per il triangolo $ BCP $ da cui $ CP = BC $. Essendo i due triangoli evidentemente congruenti e con i lati obliqui congruenti ai lati del quadrato ($ AB = AD = BC ... $), allora, $ DP = PC = CD $, cioè il triangolo $ PCD $ è equilatero.

Mi sembra giusto; io l'avevo fatto (so che come metodo è orribile...) con la geom analitica: pongo l'origine in A, la retta che passa per P è nota (sapendo tg 15°) e si trova che l'ordinata di p è a(1-(sqrt(3))/2) da cui si evince subito che PCD è equilatero.