Costruzione geometrica - SNS 1986

[elios]

"Sia $ABC$ un triangolo isoscele di base $BC$ con l'angolo al vertice $BAC$ minore di 60°. Si costruisca un altro triangolo $PQR$, di base $QR$, circoscritto e simile ad $ABC$, tale che il punto $A$ appartenga al segmento $QR$ e si abbia $QA= 2*AR$."

Premettendo che con le costruzioni geometriche mi ci prendo davvero a cazzotti, ho tentato di iniziare a ragionarci.
Traccio la circonferenza circoscritta al triangolo $ABC$. Tutti gli angoli alla circonferenza tracciati dalla corda $BC$ hanno ampiezza uguale a $BAC$. Traccio la circonferenza simmetrica alla precedente rispetto a $BC$, e conseguentemente $P$ dovrà trovarsi su tale circonferenza. Chiamo $H$ il punto di intersezione fra la seconda circonferenza e l'altezza del triangolo $ABC$. Chiamando $M$ il punto medio di $QR$, $PM$ passa per $H$ poiché $PM$ è anche bisettrice dell'angolo $RPQ$ perciò biseca l'arco $BC$. Traccio la circonferenza di diametro $AH$: $M$ dovrà appartenere ad essa, poiché $AM$ deve essere perpendicolare a $MH$ (che è $MP$), in quanto $PM$ è anche altezza del triangolo $PQR$.

Beh, non so come andare avanti.. Non so come sfruttare la relazione fra $QA$ e $AR$.
Grazie mille dell'aiuto.

[Fioravante Patrone]

Ma scusa, stai scrivendo un libro su come si risolvono gli esercizi SNS?
Guarda che poi gli utenti che ti hanno risposto avranno diritto a una quota (consistente) di royalties.

[elios]

Ahah, per carità, cedo tutti i diritti! In effetti, stenderci un libro non è una cattiva idea..

[giammaria]

Giustamente noti che P deve stare sulla circonferenza circoscritta al simmetrico di ABC; cerchiamo ora di sfruttare l'altro dato. Sia S il punto di BC tale che SC=2BS; confrontiamo i triangoli ARP e ABS, che sono simili avendo $A\hatRP=A\hatBS$ per la similitudine data e $AR:BS=PR:AB$ perché AR e BS sono un terzo di QR e BC: ne consegue $R \hat P A=B \hat A S$. Con base sul prolungamento di AS disegniamo il triangolo isoscele ABE (avremo quindi $B \hat E A=B \hat A E$) e la circonferenza ad esso circoscritta, luogo dei punti che, da parte opposta ad A, vedono AB sotto l'angolo voluto. L'intersezione fra le due circonferenze dà il punto P e non è poi difficile completare la costruzione.
Qualche osservazione:
1) non capisco perché l'angolo al vertice deva essere minore di 60°;
2) mi accorgo che ora non ho mente lucida: spero di non aver scritto fesserie, ma a parte qualche possibile triangolo sbagliato l'idea base dovrebbe andar bene;
3) niente male l'idea di un libro di soluzioni! Se qualcuno lo scriverà, mi prenoto fin d'ora per una copia; se invece è già scritto, gradirei conoscerne gli estremi, e non credo di essere l'unica persona.

[G.D.]

Beh, un libro con alcune soluzioni esiste, però non è più in commercio: Conti, Profeti - I Problemi di Matematica della Scuola Normale Superiore di Pisa - Bollati Boringhieri.

[elios]

e la circonferenza ad esso circoscritta, luogo dei punti che, da parte opposta ad A, vedono AB sotto l'angolo voluto.

Quale angolo? Non ho capito questa circonferenza circoscritta. Grazie.

[elios]

Ah sì forse ho capito. Che vedono AB sotto l'angolo $B \hat E A=R \hat P A$..

[elios]

Ricapitolo i passaggi della costruzione, sfruttando le proprietà che abbiamo detto nei post precedenti.

Traccio la circonferenza $C_1$ circoscritta al triangolo ABC.
Traccio la circonferenza $C_2$ simmetrica alla precedente rispetto a BC.
Individuo il punto S su BC, tale che $SC=2*BS$ (costruzione di Talete).
Costruisco il triangolo isoscele ABE con E sul prolungamento di AS.
Traccio la circonferenza $C_3$ circoscritta al triangolo ABE.
L'intersezione fra $C_2$ e $C_3$ è P.
Essendo H l'intersezione fra l'altezza di ABC e $C_2$, traccio la retta PH.
Traccio la semicirconferenza di diametro AH.
L'intersezione fra tale semicirconferenza e PH è M, il punto medio di RQ.
Tracciata la retta AM, i punti Q e R sono l'intersezione di tale retta con i prolungamenti rispettivamente di PC e PB.
Traccio il triangolo PQR.

[giammaria]

Ricapitolo i passaggi della costruzione, sfruttando le proprietà che abbiamo detto nei post precedenti.

Traccio la circonferenza $C_1$ circoscritta al triangolo ABC.
Traccio la circonferenza $C_2$ simmetrica alla precedente rispetto a BC.
Individuo il punto S su BC, tale che $SC=2*BS$ (costruzione di Talete).
Costruisco il triangolo isoscele ABE con E sul prolungamento di AS.
Traccio la circonferenza $C_3$ circoscritta al triangolo ABE.
L'intersezione fra $C_2$ e $C_3$ è P.

Fin qui sono d'accordo, a parte il fatto che mi sembra più facile non disegnare $C_1$ ma direttamente $C_2$, circoscritta al triangolo simmetrico di ABC. Il seguito probabilmente è giusto, ma mi sembra inutilmente complicato; consiglierei invece di tracciare le semirette PB e PC (su cui giacciono R e Q) e la bisettrice dell'angolo fra loro: QR è la perpendicolare a questa bisettrice passante per A. Oppure puoi prendere su una di queste semirette un punto H a caso e sull'altra il punto K con PH=PK: QR è la parallela a HK passante per A.

[elios]

Sì è vero. E' meno complicato..