Para cualquier triangulo existen dos puntos tales que sus simétricos respecto los lados del triángulo forman un triángulo equilátero.

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1 Problema 557. Para cualquier triangulo existen dos puntos tales que sus simétricos respecto los lados del triángulo forman un triángulo equilátero. Propuesto por Nicolás Rosillo Departamento de Matemáticas, IES Máximo Laguna (Santa ruz de Mudela, iudad Real) y Francisco Javier García apitán, profesor del IES Álvarez ubero (Priego de órdoba) Soluzione di Ercole Suppa. Osserviamo preliminarmente che il triangolo pedale di un punto P è equilatero se e solo se P soddisfa la condizione del problema: infatti con un omotetia di centro P e rapporto 2 il triangolo pedale DEF si trasforma nel triangolo, dove,, sono i simmetrici di P rispetto ai lati di. Pertanto, il problema proposto può essere riformulato nel modo seguente: Dato un qualsiasi triangolo dimostrare che esistono due punti tali che il relativo triangolo pedale è equilatero. F P E D Se DEF è il triangolo pedale di un punto P allora i quadrilateri EPF, FPD, DPE sono ciclici, quindi EF = Psin, FD = Psin, DE = Psin e da queste relazioni segue che DEF è equilatero se e solo se: P P = sin sin = c b, P P = sin sin = a c, P P = sin sin = b a E noto che il luogo dei punti P per cui è costante il rapporto delle distanze da due punti fissi è una circonferenza, detta circonferenza di di pollonio. (1)

2 Pertanto i punti P soddisfacenti le relazioni (1) formano tre circonferenze γ a, γ b, γ c, chiamate rispettivamente -circonferenza di pollonio, -circonferenza di pollonio, -circonferenza di pollonio, relative al triangolo. Poichè il primo rapporto è, la circonferenza γ a passa per e per i punti X, X, intersezioni delle bisettrici interna ed esterna dell angolo con il lato. Inoltre, poichè XX = 90, il centro di γ a è il punto medio di XX. I due cerchi γ a e γ b si intersecano in due punti I 1, I 2 tali che I 1 I 1 = I 2 I 2 = c b, I 1 I 1 = I 2 I 2 = a c (2) Dalla (2) segue che I 1 I 1 = I 2 I 2 = b a e questo implica che I 1, I 2 appartengono anche a γ c e che, quindi, i tre cerchi γ a, γ b, γ c sono coassiali. I punti I 1, I 2 sono chiamati punti isodinamici 1 del triangolo ed i loro triangoli pedali sono entrambi equilateri. c b I 2 a I 1 Nella figura è rappresentato il triangolo pedale di I 1 e il triangolo avente come vertici i simmetrici di I 1 rispetto alle rette,,. 1 I punti I 1 ed I 2 sono indicati con X(15) ed X(16) in ET.

3 Soluzione alternativa. Utilizziamo coordinate baricentriche omogenee rispetto al triangolo. I calcoli sono svolti con il programma Mathematica mediante le routines contenute nel pacchetto baricentricas.nb, prelevabile dal sito di Francisco Javier García apitán 2. Sia P(x : y : z) un generico punto situato nel piano del triangolo e siano 1, 1, 1 i simmetrici di P rispetto alle rette,,. aricentricas`; ptp x, y, z pt1 SimetriaxialptP, pt, pt pt1 SimetriaxialptP, pt, pt pt1 SimetriaxialptP, pt, pt Determiniamo l equazione del luogo γ a dei punti P lali che 1 1 = 1 1 : eqn1 LastFactoruadradoDistanciapt1, pt1uadradodistanciapt1, pt1 a 2 c 2 x yb 2 c 2 x yc 4 x ya 2 c 2 y 2 a 2 b 2 x zb 4 x zb 2 c 2 x za 2 b 2 z 2 Determiniamo l equazione del luogo γ b dei punti P lali che 1 1 = 1 1 : eqn2 LastFactoruadradoDistanciapt1, pt1uadradodistanciapt1, pt1 b 2 c 2 x 2 a 2 c 2 x yb 2 c 2 x yc 4 x ya 4 y za 2 b 2 y za 2 c 2 y za 2 b 2 z 2 Le due curve γ a, γ b rappresentano rispettivamente le circonferenze di pollonio 3 relative ai vertici e del triangolo : γ a : a 2 c 2 y 2 a 2 b 2 z 2 +2c 2 S xy 2b 2 S xz = 0 γ b : b 2 c 2 x 2 a 2 b 2 z 2 +2c 2 S xy 2a 2 S yz = 0 on l aiuto del Mathematica possiamo verificare facilmente che γ a passa per e per i punti X ed X intersezione delle bisettrici interna ed esterna dell angolo con il lato : ptx PuntoRectapt, pti, Rectapt, pt; ptx1 PuntoRectapt, ptia, Rectapt, pt; onsultare il libro: ngel Montesdeoca, Geometría métrica y proyectiva en el plano con coordenadas baricéntricas. lcunos tópicos, pag Il libro può essere scaricato gratuitamente dal sito dell autore:

4 eqn1. Threadx, y, z &pt, ptx, ptx1 0, 0, 0 nalogamente si può verificare che γ b passa per e per i punti Y, Y intersezione delle bisettrici interna ed esterna dell angolo con il lato : pty PuntoRectapt, pti, Rectapt, pt; pty1 PuntoRectapt, ptib, Rectapt, pt; eqn2. Threadx, y, z &pt, pty, pty1 0, 0, 0 Determiniamo i punti di intersezione I 1, I 2 delle circonferenze γ a, γ b. sols x, y, z. SimplifySolveeqn10, eqn20, xyz1,x, y, z; pti1, pti2 sols; KimberlingptI1, KimberlingptI , erchiamo i punti I 1 e I 2 nell enciclopedia di Kimberling 4, per vedere se si tratta di punti conosciuti. In effetti, mediante una semplice ricerca, possiamo constatare I 1 = X(16)=secondo punto isodinamico mentre I 2 = X(15)=primo punto isodinamico. Index oordinate I punti isodinamici X(15) e X(16) sono gli unici punti tali che il triangolo pedale rispetto ad risulta equilatero. Osservazione. I punti isodinamici I 1 e I 2 hanno coordinate baricentriche ( X(15) = (asin + π ) ( : bsin + π ) ( : csin + π ) ( X(16) = (asin π ) ( : bsin π ) ( : csin π ) Si osservi che X(16) non è definito se è equilatero. 4

5 I I 2 1 1