Triangoli equilateri costruiti, e altri trovati per caso

[Boll]

Problema
Siano $ A,B,C $ tre punti allineati, con $ C $ compreso tra $ A $ e $ B $. Ora si costruiscano i triangoli $ ACD $ e $ BCE $ equilateri, di modo che $ D $ e $ E $ stiano dalla stessa parte rispetto ad $ AC $. Ora si costruisca il triangolo equilatero $ ABF $, di modo che $ F $ sia dalla parte opposta di $ E $ e $ F $ rispetto ad $ AC $. Provare che i centri dei tre triangoli formano un triangolo equilatero il cui centro giace su $ AC $

[HumanTorch]

La prima ideuzza che salta in mente è il teorema di Napoleone nel caso limite in cui il triangolo $ ABC $ è degenere.

[karl]

Provo una dimostrazione con i vettori.
Siano M,N,P e G i centroidi dei triangoli ACD,ABF,BCE ed MNP
rispettivamente.Per semplicita' di scrittura poniamo:
AC=2a,CB=2b,t=$ \frac{\sqrt 3}{3} $ ed assumiamo nel
piano della figura un riferimento vettoriale ortogonale di origine
A, asse x la retta orientata AB e di cui siano i e j i relativi versori.
Abbiamo allora (i termini in grassetto sono vettori) :
AM=a.i+at.j;
AN=(a+b).i-(a+b)t.j;
AP=(2a+b).i+bt.j
Risulta quindi:
AG=(AM+AN+AP)/3=(4a+2b)/3.i e cio' prova che G sta su AB.
Inoltre e':
MN=AN-AM=b.i-(2a+b)t.j;
NP=AP-AN=a.i+(a+2b)t.j;
PM=AM-AP=(-a-b).i+(a-b)t.j
ed e' facile verificare che:|MN|=|NP|=|PM| ovvero che il triangolo MNP
e' equilatero.

[AlessandroSfigato]

si risolve con facilità estrema (e se lo dico io vor dire che è proprio vero) se si mette c come origine di un piano cartesiano nel cui asse x giacciono anke a e b e ponendo CB = t e AC = s. si trovano facilissimamente tutte le coordinatee tutto il resto.

[Boll]

Sì, Alessandro, la tua dimostrazione è più o meno uguale alla mia, devi tuttavia formalizzare meglio l'inizio (il quesito è invariante per omotetia-isometria quindi bla bla bla), ed è abbastanza simile tutto sommato a quella di karl, fissare un piano vettoriale o cartesiano è sempre algebrizzare il problema, io speravo in una dimostrazione sintetica di geo eucludia.

Mi appello al grande EvaristeG per ciò.

[info]

Ma quale EvaristeG, Boll, basta un info qualsiasi ... ghgh... forse!

Chiamo T1 il circo/bari/orto/centro di ADC, T quello di EBC e T2 quello di ABF.

Alura, tracciamo le bisettrici degli angoli CAD e CEB che si incontrano in S. S è il corrispondente di T2 nella simmetria assiale con asse AB. Inoltre AS=AT2=ST2=SB=ST2, il che ci dovrebbe convincere che ASBT2 è un rombo. Traccio la parallela ad AS passante per C che incontra il rombo in T ed in un punto M. Traccio la parallela a SB passante per C che incontra il rombo in T1 ed in un punto che chiamo V. ora osserviamo i triangoli SMT2 e TBT2. Si nota che MS=MT2=TB per come sono state tracciate le parallele. Inoltre ST2=T2B come fatto prima notare. L'angolo compreso tra questi 2 lati è 60° in entrambi i casi. I due triangoli sono uguali ed in particolare:

T1T2=T2T --- ST2T1=BT2T

dalla seconda osservazione si ricava T1T2T=60° (deriva dal fatto che ST2B=60°)... permettendoci di concludere...

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commenti: in questo caso seguire Euclide vuol dire farsi del male... La mossa più veloce è la dimostrazione con Napoleone degenere, lunga una riga, come Human-torch ha fatto notare...

[elianto84]

Possiamo riciclare la dimostrazione euclidea di Napoleone.
Chiamiamo

T[(pippo)(+/-)](costruzione)

la trasformazione che ruota (costruzione)
di 30° in senso antiorario/orario (+/-) attorno a (pippo)
e poi applica un'omotetia di rapporto sqrt(3) di centro (pippo).

Chiamiamo L,M,N i centri di ACD, BCE, ABF (rispettivamente)

T[A+](ALN) = DAB
T[A-](ALN) = CAF segue CF=DB=sqrt(3)*LN

T[B+](BMN) = BCF
T[B-](BMN) = BEC segue AE=CF=sqrt(3)*MN

T[C+](LCM) = ACE
T[C-](LCM) = DCB segue AE=DB=sqrt(3)*ML

Alchè, in vista di tutte queste uguaglianze,
risulterebbe più che oltraggioso nei nostri confronti
(oltre che nei confronti della geometria euclidea)
se LMN non fosse equilatero.