Problemi Normale AA 1987/88 N3

[sprmnt21]

Sia dato un segmento AB nel piano. Si consideri il luogo L dei punti del piano che vedono il segmento AB sotto un angolo di 60. Si scelga P in L e si scelgano due punti C e D rispettivamente interni ai lati BP e AP del triangolo ABP, in modo che AD = BC. Si costruisca il triangolo equilatero CDQ di base CD, esterno al quadrilatero ABCD. Si studi, al variare di P in L e di C, D, secondo le condizioni indicate sopra, il luogo dei punti del piano descritto dal punto Q.

[giammaria]

Per ora ho trovato solo una soluzione con analitica e trigonometria; la posto egualmente perché forse può aiutare a trovare quella con la geometria sintetica.

E' noto che il luogo L è il maggiore degli archi $AB$ della circonferenza circoscritta al triangolo equilatero $ABR$; senza perdita di generalità suppongo che $P$ sia sull'arco $AR$ e che $A$ sia a sinistra di $B$.
Poiché $hatA+hatB=120°$ posso porre $hatA=60°+phi;" "hatB=60°-phi$; pongo inoltre $AC=BD=2b$.
Scelti ora assi cartesiani in modo che sia $A(-a,0);B(a,0)$ calcolo le coordinate di $C,D$ e del loro punto medio $M$: ho

${(x_C=-a+2bcos(60+phi)=-a+b(cosphi-sqrt3sinphi)),(y_C=2bsin(60+phi)=b(sqrt3cosphi+sinphi)):}$

${(x_D=a-2bcos(60-phi)=a-b(cosphi+sqrt3sinphi)),(y_D=2bsin(60-phi)=b(sqrt3cosphi-sinphi)):}$

${(x_M=(x_C+x_D)/2=-bsqrt3sinphi),(y_M=(y_C+y_D)/2=bsqrt3cosphi):}$

Per $M$ traccio la parallela ad $AB$ e chiamo $H,K$ le proiezioni su essa di $C,Q$. E' facile dimostrare che i triangoli $CHM,MKQ$ sono simili e dal triangolo equilatero $CDQ$ ricavo $MQ=sqrt3MC$, quindi dalla similitudine ottengo $QK=sqrt3HM$ e $MK=sqrt3CH$. Di conseguenza

${(x_Q=x_M+MK=x_M+sqrt3CH=x_M+sqrt3(y_C-y_M)=...=0),(y_Q=y_M+QK=y_M+sqrt3HM=y_M+sqrt3(x_M-x_C)=...=asqrt3):}$

Sono le coordinate di $R$: qualunque sia la scelta effettuata, $Q$ coincide con $R$.

[sprmnt21]

Per ora ho trovato solo una soluzione con analitica e trigonometria; la posto egualmente perché forse può aiutare a trovare quella con la geometria sintetica.

E' noto che il luogo L è il maggiore degli archi $AB$ della circonferenza circoscritta al triangolo equilatero $ABR$; senza perdita di generalità suppongo che $P$ sia sull'arco $AR$ e che $A$ sia a sinistra di $B$.
...

e se io ho messo A e B in verticale, come faccio a sapere quale sia la sinistra?
scherzo, ovviamente. Volevo solo complimentarmi per la precisione nella descrizione della figura.

Per $M$ traccio la parallela ad $AB$ e chiamo $H,K$ le proiezioni su essa di $C,Q$. E' facile dimostrare
...

Perfetto!

Piccolo suggerimento (ma che si trova già nel tuo post) per una soluzione completamente sintetica:

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

che ne dici dei triangoli ADQ e BCQ?

[giammaria]

Grazie mille per il suggerimento, ma forse hai sbagliato qualche lettera. Cercando di interpretarlo, arrivo alla soluzione sintetica

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

considerando i triangoli $ACQ$ e $BDQ$.

Lascio ad altri il piacere di scrivere il ragionamento.

[sprmnt21]

Grazie mille per il suggerimento, ma forse hai sbagliato qualche lettera. Cercando di interpretarlo, arrivo alla soluzione sintetica

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considerando i triangoli $ACQ$ e $BDQ$.

Lascio ad altri il piacere di scrivere il ragionamento.

non mi sembra: nel testo originario "C e D stanno sui lati AP e BP rispettivamente"

[giammaria]

E nella mia figura è proprio così, con C su AP. A questo punto scrivo il mio ragionamento, così potrai controllare.

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Si ha $PhatAB+PhatBA=120°$ e quindi osservando il quadrilatero ABDC ricavo

$ChatDB=360°-DhatCA-120°=240°-DhatCA$

Di conseguenza, considerando gli angoli convessi,

$BhatDQ= 360°-ChatDQ-ChatDB=360°-60°-(240°-DhatCA)=60°+DhatCA=AhatCQ$

I lati adiacenti a questi due angoli sono uguali per ipotesi, quindi sono uguali i triangoli ACQ e BDQ. Mi fermo qui perché il resto è ovvio.

[sprmnt21]

E nella mia figura è proprio così, con C su AP. A questo punto scrivo il mio ragionamento, così potrai controllare.

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Si ha $PhatAB+PhatBA=120°$ e quindi osservando il quadrilatero ABDC ricavo

$ChatDB=360°-DhatCA-120°=240°-DhatCA$

Di conseguenza, considerando gli angoli convessi,

$BhatDQ= 360°-ChatDQ-ChatDB=360°-60°-(240°-DhatCA)=60°+DhatCA=AhatCQ$

I lati adiacenti a questi due angoli sono uguali per ipotesi, quindi sono uguali i triangoli ACQ e BDQ. Mi fermo qui perché il resto è ovvio.

Hai ragione. I punti stanno come dici tu. Forse sullo schizzo che avevo sottomano quando ho fatto il post avevo scambiato la posizione di D e C sui due lati.
Per non rendere inutile il messaggio aggiungo la mia idea.

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il quadrilatero CDPQ è ciclico. Pertanto <QCP=<QDP. Quindi sono uguali i supplementari <ACQ e <BDQ rispettivamente.
AC=BD per ipotesi e CQ=DQ in quanto lati di un traingolo equilatero. Pertanto ACQ e BDQ sono congruenti. Da cui AQ=BQ.