prendiamo un triangolo ABC e costruiamo sui lati altri tre triangoli equilatri, e.g. il triangolo CBA'.
a) trovare almeno tre soluzioni per dimostrare che i centri di tali triangolini formano di nuovo un triangolo equilatero.
b)dimostrare che AA', BB', CC' concorrono P.(punto di fermat)
c)dimostrare che P rende minima la somma AP+PB+PC.
PS so ke il primo già era stato postato qualke altra volta, quindi per favore dato che è anche facile evitate di cercarli.
riepilogo su una costruzione
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¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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lemma: $ \overline{AA'} = \overline{BB'} = \overline{CC'} $ ($ \triangle ACA' \cong \triangle BCB' $ ecc.)
a.1) $ \displaystyle \overline{O_AO_B} ^2 = \frac{a^2+b^2-2ab\cos{(60+\gamma)}}{3} = \frac{ \overline{AA'}^2}{3} = \overline{O_BO_C} ^2 = \overline{O_CO_A} ^2 $
a.2)utilizzanzo la dim del punto di fermat P, si ottiene che $ CC' \perp O_BO_A $ ecc. (essendo le congiungenti dei cerchi perpendicolari al loro asse radicale). Ma allora $ \angle O_CO_BO_A = \angle APA' = 60 $ poichè il triangolo ABA' si attiene da CBC' con una rotazione di 60°
b) i circocerchi di ACB' e ABC' si incontrano in P, quindi $ \angle CPB = 360 - 120 - 120 = 120 $, quindi P appartiene al circocerchio di CBA', ma la retta CC' forma un angolo di 60° con AA', quindi la loro intersezione è P e ugualmente per BB'
c) essendo $ \angle APB = \angle BPC = \angle CPA = 120 $, P è il punto di minima distanza da A, B e C per il problema di stainer.
a.1) $ \displaystyle \overline{O_AO_B} ^2 = \frac{a^2+b^2-2ab\cos{(60+\gamma)}}{3} = \frac{ \overline{AA'}^2}{3} = \overline{O_BO_C} ^2 = \overline{O_CO_A} ^2 $
a.2)utilizzanzo la dim del punto di fermat P, si ottiene che $ CC' \perp O_BO_A $ ecc. (essendo le congiungenti dei cerchi perpendicolari al loro asse radicale). Ma allora $ \angle O_CO_BO_A = \angle APA' = 60 $ poichè il triangolo ABA' si attiene da CBC' con una rotazione di 60°
b) i circocerchi di ACB' e ABC' si incontrano in P, quindi $ \angle CPB = 360 - 120 - 120 = 120 $, quindi P appartiene al circocerchio di CBA', ma la retta CC' forma un angolo di 60° con AA', quindi la loro intersezione è P e ugualmente per BB'
c) essendo $ \angle APB = \angle BPC = \angle CPA = 120 $, P è il punto di minima distanza da A, B e C per il problema di stainer.