Un po' di simpatiche costruzioni geometriche

[massimoaa]

Caso (f)
Non mi è riuscita la soluzione sintetica e quindi, se volete, vi dovete sorbire una soluzione piuttosto calcolosa...
Per Erone l'area S del triangolo avente per lati PA,PB,PC è data dalla relazione:
$16S^2=(PA+PB+PC)(-PA+PB+PC)(PA-PB+PC)(PA+PB-PC)=$
$=4PB^2*PC^2-(PB^2+PC^2-PA^2)^2$
Sostituendo i valori di $PA^2,PB^2,PC^2$ già trovati in (d), con calcoli faticosi, si arriva al risultato seguente:
$16S^2=3[(x^2+y^2)-(x+\sqrt3/3y)]^2$
Da qui la S:
(A) $S=\sqrt3/4|(x^2+y^2)-(x+\sqrt3/3y)|$
Detto G il centro di ABC , per note formule, si ha $G(1/2,\sqrt3/6)$ e quindi:
(B) $PG^2=(x-1/2)^2+(y-\sqrt3/6)^2=[(x^2+y^2)-(x+\sqrt3/3y)]+1/3$
Confrontando (A) e (B) risulta:
$S=\sqrt3/4*|PG^2-1/3|$
che è la relazione richiesta.

[spugna]

Per completezza, lascio come testo nascosto le soluzioni sintetiche dei punti risolti finora:

a)

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Sia $rho $ la rotazione di centro $A $ che manda $B $ in $C $: se $Q=rho (P) $, allora $CPQ $ è il triangolo cercato: $PA=PQ $ perché $APQ $ è equilatero, e $PB=CQ $ perché il secondo si ottiene dal primo tramite $rho $.

b)

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Dato un triangolo $XYZ $, cerchiamo quattro punti $A,B,C,P $ tali che $ABC $ sia equilatero e che $PA=YZ $, $PB=XZ $, $PC=XY $. A meno di isometrie possiamo supporre $P=Y $ e $A=Z $, e a questo punto $B $ e $C $ devono appartenere a due circonferenze $Gamma_B $ e $Gamma_C $, di centro $Y $ e di raggi $XZ$ e $XY $ (rispettivamente). Resta da imporre che $ABC $ sia equilatero, cioè che $B $ si ottenga da $C $ tramite una rotazione di $60°$ intorno ad $A $: vogliamo quindi che $B $ appartenga anche alla circonferenza $Gamma_C' $, ottenuta ruotando $Gamma_C $ di $60°$ intorno a $Z $, ed è sufficiente mostrare che $Gamma_B $ e $Gamma_C'$ si intersecano: ciò accade se e solo se i loro raggi e la distanza tra i loro centri sono i lati di un triangolo, ma tali lunghezze sono esattamente i lati di $XYZ $.

c)

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Riprendendo (a), vogliamo che $C,P,Q $ siano allineati: fissata una retta $r $ passante per $C $ e imponendo $P,Q in r $, l'unica possibilità è che $P $ e $Q $ siano i due punti di $r $ che formano un triangolo equilatero insieme ad $A $; in particolare, detta $H $ la proiezione di $A $ su $r $, esistono una rotazione e un'omotetia (indipendenti da $r $) la cui composizione manda $H $ in $P $, ed essendo il luogo di $H $ (al variare di $r $) una circonferenza, deve esserlo anche il luogo di $P $, ma quest'ultimo contiene i vertici di $ABC $ (perché danno triangoli degeneri), quindi è la circonferenza circoscritta.

d)

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Imponiamo senza perdita di generalità che $PA $ sia la lunghezza dell'ipotenusa. Siano $M $ il punto medio di $AB $ e $H $ la proiezione di $P $ su $AB $ (che si troverà dalla stessa parte di $B $ rispetto a $M $), e osserviamo che

$PA^2-PB^2=HA^2-HB^2=(HM+(AB)/2)^2-(HM-(AB)/2)^2=2AB*HM $.

Sia $K $ la proiezione di $C $ su $PH $, e sulla semiretta avente $C $ come origine e passante per $K $ prendiamo il punto $D$ tale che $CD=2AB $: la condizione per il triangolo rettangolo diventa allora $PC^2=CK*CD $, che per un noto teorema è verificata se e solo se il triangolo $PCD $ è rettangolo in $P $, quindi se e solo se $P $ appartiene alla circonferenza di diametro $CD $, che risulta essere la circonferenza passante per $B $ e $C $ e tangente alle mediane di $ABC $ che partono da tali vertici. Scegliendo un'altra distanza come ipotenusa si ottiene in modo analogo un'altra circonferenza, e in totale ce ne sono tre.

f)

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Piccola premessa: chiamiamo "triangolo ordinato" una terna ordinata di punti del piano, e diciamo che un triangolo ordinato $XYZ $ non degenere è orientato positivamente se la linea spezzata $XYZX $ percorre il bordo di $XYZ $ in senso antiorario, e negativamente altrimenti; definiamo infine l'area con segno $A (XYZ) $ in modo che il valore assoluto sia l'area "classica" e il segno sia dato dall'orientazione. Si dimostra allora che, comunque presi quattro punti $X,Y,Z,W $, risulta

- $A(XYZ)=A(YZX)=A(ZXY)=-A(ZYX)$;
- $A (XYZ)=A (WXY)+A (WYZ)+A (WZX)$.

Ora siamo pronti per partire: riprendendo nuovamente la soluzione di (a) e supponendo che $ABC$ sia orientato positivamente, abbiamo

$A(CPQ)=A(APQ)-A(CQA)-A (CAP)=A (APQ)-A(ABP)-A(CAP)=$
$=A(APQ)-A(ABC)+A(BCP)=(AP^2-AB^2) sqrt (3)/4 +A (BCP) $.

Per simmetria, otteniamo altre due formule per l'area permutando ciclicamente $A,B,C $, e sommandole tutte e tre membro a membro troviamo

$3A(CPQ)=(AP^2+BP^2+CP^2-3AB^2)
sqrt (3)/4+A (BCP)+A(CAP)+A (ABP)=$
$=(AP^2+BP^2+CP^2-3AB^2) sqrt (3)/4+A(ABC)=(AP^2+BP^2+CP^2-2AB^2)sqrt(3)/4$.

Dunque l'area dipende solo da $AP^2+BP^2+CP^2$, e si conclude con un fatto magico: in generale la somma dei quadrati delle distanze da un numero finito di punti dipende solo dalla distanza dal baricentro (forse la strada più veloce per dimostrarlo è un conto in analitica; in alternativa, per questo caso particolare, si può applicare il teorema della mediana ai triangoli $PAB$, $POC'$ e $PC C'$, dove $O$ è il centro di $ABC$ e $C'$ è il simmetrico di $C$ rispetto ad $O$).

Qui, invece, la risposta (senza dimostrazione) al punto (e):

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Se $AB=l$, $PA=x$, $PB=y$ e $PC=z$, risulta $(x^2+y^2+z^2+l^2)^2=3(x^4+y^4+z^4+l^4)$.

[orsoulx]

Mi sono piaciute notevolmente le soluzioni dei punti (a), (b) e (c). Per le altre non mi esprimo, perché il comprenderle comporterebbe un impegno che attualmente non ho voglia di applicare.
Grazie Spugna
Ciao