¿Existe un método geométrico posible para encontrar la longitud de este triángulo equilátero?

Question

¿Existe un método geométrico posible para encontrar la longitud de este triángulo equilátero?

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transformacion geometrica

alex4814

Problema Dado que $AD \parallel BC$ , $|AB| = |AD|$ , $\angle A=120^{\circ}$ , $E$ es el punto medio de $AD$ , punto $F$ Miente en $BD$ , $\triangle EFC$ es un triangulo equilatero y $|AB|=4$ , encuentra la longitud $|EF|$ .

Intento A primera vista, pensé que podría resolverse usando un método geométrico. Consideré la ley de senos/cosenos , triángulos semejantes , el teorema de Pitágoras , incluso el teorema de Menelao , sin embargo, obtuve propiedades que no aportaron nada para calcular $|EF|$ .

Lo que tengo después de dibujar una línea perpendicular a $BC$ a través de $E$

$\triangle ABH$ y $\triangle AHD$ ambos son triángulos equiláteros de longitud 4.
$\triangle EFD \sim \triangle GEH$
$|EH|=2\sqrt{3}$

Método algebraico Eventualmente, cambié de opinión para abrazar el álgebra. Descubrí que es fácil de coordinar $E,A,B,D$ y $C$ está relacionado con $F$ (rotación) y $B$ (misma línea horizontal). Hacer $E$ como el origen, $AD$ puntos a $x$ -eje, $HE$ puntos a $y$ -eje, tenemos

$E = (0,0)$
$A = (-2,0)$
$B = (-4,-2\sqrt{3})$
$D = (2,0)$

Punto $(x, y)$ en línea $BD$ tiene $y=\frac{1}{\sqrt{3}}(x-2)$ . Asumir $F=(x_0,y_0)$ , $C=(x_1,y_1)$ , podemos obtener $C$ rotando $F$ alrededor del pivote $E$ $60^{\circ}$ en sentido anti-horario

[\begin{matrix} X_{1} \\ y_{1} \end{matrix}] = [\begin{matrix} porque θ & - pecado θ \\ pecado θ & porque θ \end{matrix}] [\begin{matrix} X_{0} \\ y_{0} \end{matrix}]

$\begin{bmatrix} x_1 \\ y_1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos{\theta} & -\sin{\theta} \\ \sin{\theta} & \cos{\theta} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_0 \\ y_0 \end{bmatrix}$ , también sabemos que

B C

$BC$ es paralelo a

x

$x$ -eje, entonces

\begin{aligned} y_{1} & = pecado 60^{\circ} X_{0} + porque 60^{\circ} y_{0} \\ = pecado 60^{\circ} X_{0} + porque 60^{\circ} \frac{1}{\sqrt{3}} (X_{0} - 2) \\ = - 2 \sqrt{3} \end{aligned}

$\begin{align*} y_1 & = \sin{60^{\circ}} x_0 + \cos{60^{\circ}} y_0 \\ & = \sin{60^{\circ}} x_0 + \cos{60^{\circ}} \frac{1}{\sqrt{3}}(x_0-2) \\ & = -2\sqrt{3} \end{align*}$ , de este modo

F = (- \frac{5}{2}, - \frac{3 \sqrt{3}}{2})

$F=(-\frac{5}{2}, -\frac{3\sqrt{3}}{2})$ , y finalmente

| E F | = \sqrt{13}

$|EF|=\sqrt{13}$

Pensamientos epílogos Me di cuenta de que $F$ (a través de su coordenada) es en realidad el punto medio de $BK$ . Puede ser un punto clave en el método geométrico, pero tampoco puedo demostrarlo.

Gráfico que hice en GeoGebra y se comparte. Vaya y edítelo para ahorrar tiempo si tiene alguna idea. Enlace: https://www.geogebra.org/graphing/yqhbzdem

Respuestas (5)

¿Existe un método geométrico posible para encontrar la longitud de este triángulo equilátero?

no usuario · Answer 1

Desde

∠ mi D F = \frac{1}{2} ∠ F C mi

$\angle EDF = {1\over 2}\angle FCE$ vemos eso

D

$D$ está en un círculo con centro en

C

$C$ y radio

C E = C F

$CE =CF$ entonces

C D = C E

$CD=CE$ .

Si $M$ es el punto medio de $ED$ tenemos

C {mi}^{2} = METRO {mi}^{2} + C {METRO}^{2} = 1 + A {GRAMO}^{2} = 13

$CE^2 = ME^2+CM^2 = 1+AG^2 = 13$

entonces $CE = \sqrt{13}$ .

Creo que la condición " $\angle EDF = {1\over 2}\angle FCE$ " NO es lo suficientemente fuerte como para garantizar que D se encuentra en el mismo círculo que está centrado en C con radio = CF.
Al menos explique por qué la primera afirmación es cierta. La explicación se encarga de enumerar la igualdad obvia del radio, pero ni siquiera explica la lógica del círculo.
Sí, solo que no lo es. Pero si sigues leyendo verás $CF=CE$ ! @Mick @C Perkins
No hay duda sobre CF = CE. El punto es que lo contrario de "ángulo en el centro = dos veces el ángulo en la circunferencia" no es necesariamente cierto.
Eso aclara una cosa. Otro requisito que debemos decir es que tanto C como D deben estar en el mismo lado de la línea EF, pero el diagrama original muestra claramente que lo están.

Canción de Myunghyun · Answer 2

Dejar $P$ ser el pie perpendicular de $E$ a $BD$ . Encontramos eso $|EP|=\sin(\angle EDP )\cdot|ED|=1$ . También encontramos que
$\triangle EPF$ es congruente con $\triangle CHE\$ lo que implica que

| mi PAG | = | C H | = 1.

$|EP|=|CH|=1.$ Por el teorema de Pitágoras, se sigue

| mi C |^{2} = | mi H |^{2} + | C H |^{2} = 13,

$|EC|^2 =|EH|^2 +|CH|^2 =13,$ es decir

| mi F | = | mi C | = \sqrt{13} .

$|EF|=|EC| =\sqrt{13}.$

@TheGreatDuck He agregado una figura. Espero que esto sea de ayuda.
Esto tiene sentido (+1), pero ayudaría si el diagrama no mostrara tantos puntos y líneas innecesarios. CD es inútil pero distrae a pesar de que se menciona en el problema, y los puntos de intersección I, J, K, L, M, N, O son completamente irrelevantes.
@HenningMakholm Gracias por sugerir, señor. He actualizado la figura. espero que esto sea mejor..

miguel rozenberg · Answer 3

Me gusta de la siguiente manera.

Dejar $\vec{AB}=\vec{a}$ , $\vec{AD}=\vec{b}$ , $\vec{BF}=p\vec{BD}$ y $\vec{BC}=k\vec{AD}.$

De este modo,

\vec{F mi} = - pag (- \vec{a} + \vec{b}) - \vec{a} + \frac{1}{2} \vec{b} = (pag - 1) \vec{a} + (\frac{1}{2} - pag) \vec{b}

$\vec{FE}=-p(-\vec{a}+\vec{b})-\vec{a}+\frac{1}{2}\vec{b}=(p-1)\vec{a}+\left(\frac{1}{2}-p\right)\vec{b}$ y

\vec{F C} = - pag (- \vec{a} + \vec{b}) + k \vec{b} = pag \vec{a} + (k - pag) \vec{b} .

$\vec{FC}=-p(-\vec{a}+\vec{b})+k\vec{b}=p\vec{a}+(k-p)\vec{b}.$

Ahora, obtenemos el siguiente sistema:

| \vec{F mi} | = | \vec{F C} |

$|\vec{FE}|=|\vec{FC}|$ y

\frac{\vec{F mi} \cdot \vec{F C}}{| \vec{F mi} | | \vec{F C} |} = \frac{1}{2}

$\frac{\vec{FE}\cdot \vec{FC}}{|\vec{FE}||\vec{FC}|}=\frac{1}{2}$ con variables

p

$p$ y

k

$k$ .

Podemos resolver este sistema y el resto es suave.

Pauca inteligente · Answer 4

Dejar $\alpha=\angle DEC$ . Podemos aplicar la ley del seno al triángulo $FED$ :

\frac{mi D}{pecado (90 ° - α)} = \frac{mi F}{pecado 30 °} = \frac{F D}{pecado (α + 60 °)},

${ED\over\sin(90°-\alpha)}={EF\over\sin30°}={FD\over\sin(\alpha+60°)},$ eso es:

mi F = \frac{1}{porque α} y F D = \frac{2}{porque α} pecado (α + 60 °) .

$EF={1\over\cos\alpha}\quad\text{and}\quad FD={2\over\cos\alpha}\sin(\alpha+60°).$ Aplicando entonces la ley del seno al triángulo

B F C

$BFC$ uno obtiene:

F B = \frac{2}{porque α} pecado (α - 60 °) = 4 \sqrt{3} - F D = 4 \sqrt{3} - \frac{2}{porque α} pecado (α + 60 °) .

$FB={2\over\cos\alpha}\sin(\alpha-60°)=4\sqrt3-FD=4\sqrt3-{2\over\cos\alpha}\sin(\alpha+60°).$ De esto se sigue

\tan α = 2 \sqrt{3}

$\tan\alpha=2\sqrt3$ y

E F^{2} = 1 / \cos^{2} α = 1 + \tan^{2} α = 13

$EF^2=1/\cos^2\alpha=1+\tan^2\alpha=13$ .

Mate · Answer 5

Esto se puede resolver en su imaginación. Se necesitan muchas palabras para describirlo, pero no necesitas estas palabras cuando lo imaginas.

imagina moverte $F$ adelante y atrás a lo largo $BD$ , mientras lo esté agarrando $E$ arreglado, entonces $C$ (definido como el tercer punto del triángulo equilátero) se mueve. $C$ es siempre una rotación de 60° en sentido antihorario de $F$ (girando alrededor $E$ ), por lo que el conjunto de puntos visitados por $C$ es una rotación de 60° en sentido antihorario de $BD$ (alrededor $E$ ). Entonces $C$ se mueve verticalmente. Cuando $F$ Me senté $D$ , entonces el triángulo equilátero es pequeño y $C$ está por encima del punto medio de $DE$ . Entonces vemos que $C$ está siempre sobre la mediatriz de $DE$ .

Ahora volvemos al diagrama como se muestra. la distancia entre $AD$ y $BC$ es $\sqrt{4^2-2^2=12}$ , y desde la mitad de $ED$ es 1, tenemos EF $\;=\;$ CE $\;=\sqrt{12+1^2=13}$ .

También podrías moverte $C$ a lo largo de $BC$ , y ver que $F$ debe estar en la rotación de 60° en el sentido de las agujas del reloj $BC$ , donde esto se cruza $BD$ . Es un poco más difícil trabajar con esa información, pero si dibuja la imagen en una cuadrícula triangular (donde los triángulos tienen una longitud de lado 1), entonces la rotación $BC$ es una línea de cuadrícula y todos los puntos del problema son puntos de cuadrícula.

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alex4814

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Canción de Myunghyun

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Pauca inteligente

Mate

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Si P1,P2,P3P1,P2,P3P_1,P_2,P_3 se encuentran en el círculo x2+y2=1x2+y2=1x^2+y^2=1, entonces demuestre que P4P4P_4 se encuentra en el círculo.

El volumen de un paralelepípedo p2p2p_2 atravesado por las caras diagonales de otro paralelepípedo p1p1p_1 es el doble del volumen de p1p1p_1.

Dado que el lugar geométrico es un círculo, demuestre que dos líneas son perpendiculares

Dados dos círculos distintos que se cortan, ¿la longitud de la cuerda del círculo más grande que es bisecada por el círculo más pequeño es igual a?

Si p,q,rp,q,rp,q,r son las longitudes de las perpendiculares desde los vértices del triángulo ABCABCABC en cualquier recta, probar a2(p−q)(p−r)+b2(q−r)(q−p )+c2(r−p)(r−q)=4Δ2a2(p−q)(p−r)+b2(q−r)(q−p)+c2(r−p)(r−q)= 4Δ2a^2(pq)(pr)+b^2(qr)(qp)+c^2(rp)(rq)=4\Delta^2

¿Cuál es el valor de la medida del segmento MNMNMN?

Encontrar las longitudes de los lados de un trapezoide dada la distancia entre su intersección diagonal y el punto medio de una diagonal

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El lugar geométrico del centroide de un triángulo cuando un vértice se mueve en un círculo

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