Puntos en la hipotenusa de un triángulo rectángulo

Question

Puntos en la hipotenusa de un triángulo rectángulo

relación
geometría
triangulos
Matemáticas
Geometría euclidiana

NikolDimitrova

Puntos $K$ y $L$ se eligen sobre la hipotenusa $AB$ de triangulo $ABC$ $(\measuredangle ACB=90^\circ)$ tal que $AK=KL=LB$ . Encuentre los ángulos de $\triangle ABC$ si $CK=\sqrt2CL$ .

Como se puede ver en el dibujo, $CL=x$ y $CK=\sqrt2x$ .

No sé cómo abordar el problema en absoluto. Desde $\measuredangle ACB=90^\circ$ , será suficiente encontrar la medida de uno solo de los ángulos agudos. Si $\measuredangle ACK=\varphi_1$ y $\measuredangle BCL=\varphi_2$ , he tratado de aplicar la ley de los senos en el triangulo $KCL$ , pero parecía inútil al final. ¡Gracias! Estaría agradecido si pudiera ver una solución sin usar la geometría de coordenadas.

hierba steinberg

La ley de los cosenos puede funcionar.

NikolDimitrova

@herbsteinberg, ¿puedo pedirle que sea un poco más específico?

hierba steinberg

Para cada uno de los triángulos puedes escribir una ecuación para tres lados y un ángulo. Por ejemplo - triángulo medio:

u^{2} = 2 x^{2} + x^{2} - 2 \sqrt{2} x^{2} c o s

$u^2=2x^2+x^2-2\sqrt{2}x^2cos$ (b) donde

u

$u$ es

\frac{1}{3}

$\frac{1}{3}$ hipotenusa y b es la pieza central del ángulo recto. Puedes obtener un total de cuatro ecuaciones de esta manera con cuatro longitudes

(u, x, v, w)

$(u,x,v,w)$ (lados v y w) y tres ángulos (a,b,c) (suma del ángulo recto) como incógnitas. Se necesitan dos ecuaciones más.

Kaloyan K.

He añadido un comentario. Puedes ver si realmente ayuda. :)

Respuestas (6)

Puntos en la hipotenusa de un triángulo rectángulo

@herbsteinberg, ¿puedo pedirle que sea un poco más específico?
Para cada uno de los triángulos puedes escribir una ecuación para tres lados y un ángulo. Por ejemplo - triángulo medio: $u^2=2x^2+x^2-2\sqrt{2}x^2cos$ (b) donde $u$ es $\frac{1}{3}$ hipotenusa y b es la pieza central del ángulo recto. Puedes obtener un total de cuatro ecuaciones de esta manera con cuatro longitudes $(u,x,v,w)$ (lados v y w) y tres ángulos (a,b,c) (suma del ángulo recto) como incógnitas. Se necesitan dos ecuaciones más.
He añadido un comentario. Puedes ver si realmente ayuda. :)

Ritam_Dasgupta · Answer 1

ADVERTENCIA: esta solución utiliza geometría de coordenadas, que no se había excluido explícitamente en el momento de la respuesta.

Elegir $C$ como origen y $CB$ como $x$ -eje. Entonces $CA$ será el $y$ -eje.

Dejar $A(0,a)$ y $B(b,0)$ . Entonces, usando la conocida fórmula de la sección,

L \equiv (\frac{2 b}{3}, \frac{a}{3})

$L \equiv \left(\frac {2b}{3}, \frac a3\right)$ y

k \equiv (\frac{b}{3}, \frac{2 a}{3})

$K\equiv \left(\frac b3, \frac {2a}{3} \right)$ Ahora tenemos:

C k^{2} = 2 \cdot C L^{2}

$CK^2=2\cdot CL^2$ Usando la fórmula de la distancia, esto significa que:

{(\frac{b}{3})}^{2} + {(\frac{2 a}{3})}^{2} = 2 {(\frac{2 b}{3})}^{2} + 2 {(\frac{a}{3})}^{2}

$\left(\frac b3\right)^2+\left( \frac {2a}{3} \right)^2=2\left( \frac {2b}{3} \right)^2+2\left( \frac a3 \right)^2$ Esto se simplifica a:

\frac{a}{b} = \sqrt{\frac{7}{2}}

$\frac ab=\sqrt {\frac 72}$ De este modo,

\frac{A C}{C B} = \tan β = \sqrt{\frac{7}{2}}

$\frac {AC}{CB}=\tan \beta=\sqrt {\frac 72}$ . Por eso,

β = \tan^{- 1} \sqrt{\frac{7}{2}}

$\beta=\tan^{-1} \sqrt{\frac 72}$ y

α = \cot^{- 1} \sqrt{\frac{7}{2}}

$\alpha=\cot^{-1} \sqrt {\frac 72}$ .

De todos modos, ya no participaré en esta discusión. OP editó la pregunta más tarde para excluir explícitamente la geometría de coordenadas. Agregaré una advertencia en mi respuesta diciendo que usa lo mismo.

Kaloyan K. · Answer 2

Dejar $AK=KL=LB=x$ . Por la definición de coseno de un ángulo agudo

porque β = \frac{a}{3 X}

$\cos\beta=\dfrac{a}{3x}$ Por la ley de los cosenos en el triangulo

K B C

$KBC$

porque β = \frac{a^{2} + 4 X^{2} - C k^{2}}{4 a X}

$\cos\beta=\dfrac{a^2+4x^2-CK^2}{4ax}$ Por la ley de los cosenos en el triangulo

L B C

$LBC$

porque β = \frac{a^{2} + X^{2} - C L^{2}}{2 a X}

$\cos\beta=\dfrac{a^2+x^2-CL^2}{2ax}$ Entonces

\frac{a^{2} + 4 X^{2} - C k^{2}}{4 a X} = \frac{a^{2} + X^{2} - C L^{2}}{2 a X}

$\dfrac{a^2+4x^2-CK^2}{4ax}=\dfrac{a^2+x^2-CL^2}{2ax}$ Usando

C K^{2} = 2 C L^{2}

$CK^2=2CL^2$ , esto te puede llevar a

\frac{a}{x} = \sqrt{2}

$\dfrac{a}{x}=\sqrt{2}$ . Esto significa

\cos β = \frac{\sqrt{2}}{3}

$\cos\beta=\dfrac{\sqrt2}{3}$ .

El cartel original eligió tu solución y significa que todo lo que dijiste fue correcto.
@MathGuy, desde $\alpha+\beta=90^\circ$ , entonces $\alpha=90^\circ-\beta$ , eso es, $\alpha=90^\circ-\arccos\left(\dfrac{\sqrt2}3\right)$ . También, $\alpha=\arccos\left(\dfrac{\sqrt7}3\right)$ .

corazón de León · Answer 3

Construyamos la mediana del triángulo rectángulo, digamos, $6y=CD$

$AD=BD=CD=3y$

$AK=KL=LB=2y$

$KD=DL=y$

Aplicando el teorema de la mediana en $\triangle CKL$

2 \times (3 y)^{2} = X^{2} + 2 X^{2} - \frac{(2 y)^{2}}{2}

$2\times (3y)^2=x^2+2x^2-\frac{(2y)^2}{2}$

X = \frac{2 \sqrt{15} y}{3}

$x=\frac{2\sqrt{15}y}{3}$

Aplicando el teorema del coseno en $\triangle CDL$

$\angle CDL=2\alpha$

porque 2 α = \frac{(3 y)^{2} + y^{2} - (\frac{2 \sqrt{15} y}{3})^{2}}{2 \times 3 y \times y} = \frac{5}{9}

$\cos2\alpha=\frac{(3y)^2+y^2- (\frac {2\sqrt{15}y}{3})^2}{2 \times 3y\times y} = \frac{5}{9}$

2 α = C o s^{- 1} (\frac{5}{9}) = 56.25

$2\alpha= cos^{-1}(\frac{5}{9})=56.25$

α = 28.13

$\alpha=28.13$

β = 61.87

$\beta=61.87$

O

porque 2 α = 2 C o s^{2} α - 1 = \frac{5}{9}

$\cos2\alpha = 2cos^2\alpha-1=\frac{5}{9}$

porque α = \frac{\sqrt{7}}{3}

$\cos\alpha= \frac{\sqrt7}{3}$

miguel rozenberg · Answer 4

Desde $CL$ es una mediana de $\Delta KCB$ , obtenemos:

C L = \frac{1}{2} \sqrt{2 C k^{2} + 2 C B^{2} - k B^{2}}

$CL=\frac{1}{2}\sqrt{2CK^2+2CB^2-KB^2}$ o

X = \frac{1}{2} \sqrt{4 X^{2} + 2 a^{2} - {(\frac{2}{3} \sqrt{a^{2} + b^{2}})}^{2}}

$x=\frac{1}{2}\sqrt{4x^2+2a^2-\left(\frac{2}{3}\sqrt{a^2+b^2}\right)^2}$ o

\frac{b^{2}}{a^{2}} = 3.5

$\frac{b^2}{a^2}=3.5$ y

β = arcán \sqrt{3.5} .

$\beta=\arctan\sqrt{3.5}.$

Steven Alexis Gregorio · Answer 5

Dibuja líneas horizontales desde los puntos K y L del lado $\overline{AB}$ a puntos $K_A$ y $L_A$ de lado $\overline{BC}$ . porque los puntos $K$ y $L$ lado trisecado $\overline{AB}$ , luego puntos $K_A$ y $L_A$ lado trisecado $\overline{BC}$ . Entonces $\triangle{CK_AK}$ y $\triangle{CL_AL}$ son triángulos rectángulos.

Dibuja líneas verticales desde los puntos K y L del lado $\overline{AB}$ a puntos $K_B$ y $L_B$ de lado $\overline{AC}$ . porque los puntos $K$ y $L$ lado trisecado $\overline{AB}$ , luego puntos $K_B$ y $L_B$ lado trisecado $\overline{AC}$ Entonces $\triangle{CK_BK}$ y $\triangle{CL_BL}$ son triángulos rectángulos.

Ahora podemos argumentar que

\begin{aligned} C L & = \sqrt{2} C k \\ \sqrt{{(\frac{2}{3} b)}^{2} + {(\frac{1}{3} a)}^{2}} & = \sqrt{2} \cdot \sqrt{{(\frac{1}{3} b)}^{2} + {(\frac{2}{3} a)}^{2}} \\ a^{2} + 4 b^{2} & = 2 (4 a^{2} + b^{2}) \\ a^{2} + 4 b^{2} & = 8 a^{2} + 2 b^{2} \\ 2 b^{2} & = 7 a^{2} \\ b & = \sqrt{\frac{7}{2}} a \end{aligned}

$\begin{align} CL &= \sqrt 2 \; CK \\ \sqrt{\left(\dfrac 23b \right)^2 + \left(\dfrac 13a \right)^2} &= \sqrt 2 \cdot \sqrt{\left(\dfrac 13b \right)^2 + \left(\dfrac 23a \right)^2} \\ a^2 + 4b^2 &= 2(4a^2+b^2) \\ a^2 + 4b^2 &= 8a^2+2b^2 \\ 2b^2 &= 7a^2 \\ b &= \sqrt{\dfrac{7}{2}} a \end{align}$

Desde $\triangle{ACB}$ es un triángulo rectángulo,

\begin{aligned} C^{2} & = a^{2} + b^{2} \\ C^{2} & = a^{2} + \frac{7}{2} a^{2} \\ C^{2} & = \frac{9}{2} a^{2} \\ C & = \frac{3}{\sqrt{2}} a \end{aligned}

$\begin{align} c^2 &= a^2 + b^2 \\ c^2 &= a^2 + \dfrac 72 a^2 \\ c^2 &= \dfrac 92 a^2 \\ c &= \dfrac{3}{\sqrt 2} a \end{align}$

Resulta que $a:b:c = \sqrt 2 : \sqrt 7 : 3$ .

$m\angle A = \arcsin \dfrac{\sqrt 2}{3} \approx 28.13^\circ$ .

¡Gracias! Estoy un poco confundido. Tú y Medi obtuvisteis respuestas diferentes. ¿Cuáles son correctos?
@MathGuy: acabo de darme cuenta de que obtuve los puntos K y L al revés. Pero los resultados aún deberían ser correctos. También noté que Medi usa x para 1/3 de la hipotenusa así como CL. No revisé para ver si eso afectaba su respuesta.
@MathGuy: Repasé todo nuevamente y corregí mis errores. Todavía cambié los puntos K y L, pero los números que usé son correctos para la imagen que dibujaste. Me pareció que este problema era un buen ejemplo del uso de "líneas paralelas dividen transversales proporcionalmente", así que traté de presentar eso. Es solo que mi dislexia está empeorando a medida que envejezco y ahora cometo más errores.

Futurólogo · Answer 6

Realizar punto-simetría con respecto al punto $L$ . Entonces la imagen de $C$ es el punto $D$ tal que $D$ se encuentra en la línea $CL$ y $CL = DL$ . Por suposición, $BL = KL$ Lo que significa que $K$ es la imagen simétrica de $B$ . Por lo tanto, el cuadrilátero $BCKD$ es por construcción un paralelogramo. Sin embargo, el problema plantea la

C D \cdot C L = 2 C D \cdot C D = 2 C D^{2} = C k^{2}

$CD \cdot CL = 2\,CD \cdot CD = 2\,CD^2 = CK^2$ que se traduce en

\frac{C L}{C k} = \frac{C k}{C D}

$\frac{CL}{CK} = \frac{CK}{CD}$ que combinado con el hecho de que

∠ L C K = ∠ K C D

$\angle \, LCK = \angle \, KCD$ implica que los triángulos

Δ C K L

$\Delta \, CKL$ y

Δ C D K

$\Delta \, CDK$ son similares. Como consecuencia,

∠ C k L = ∠ C D k = θ

$\angle \, CKL = \angle \, CDK = \theta$ Pero desde

B C K D

$BCKD$ es un paralelogramo,

∠ L C B = ∠ D C B = ∠ C D k = θ

$\angle \, LCB = \angle \, DCB = \angle \, CDK = \theta$ Juntando estas igualdades de ángulos, obtenemos

∠ C k B = ∠ C k L = θ = ∠ L C B

$\angle \, CKB = \angle\, CKL = \theta = \angle \, LCB$ Debido a esta última igualdad y al hecho de que los dos triángulos

Δ B C K

$\Delta \, BCK$ y

Δ B L C

$\Delta \, BLC$ comparten el ángulo común en el vértice

B

$B$ , son triángulos semejantes. Por lo tanto

\frac{B L}{B C} = \frac{B C}{B k}

$\frac{BL}{BC} = \frac{BC}{BK}$ o alternativamente

B k \cdot B L = B C^{2}

$BK \cdot BL = BC^2$

2 B L \cdot B L = B C^{2}

$2 \, BL \cdot BL = BC^2$

2 B L^{2} = B C^{2}

$2 \, BL^2 = BC^2$ Sustituir por

B L = \frac{A B}{3}

$BL = \frac{AB}{3}\,$ cuyos rendimientos

2 {(\frac{A B}{3})}^{2} = B C^{2}

$2 \, \left(\frac{AB}{3}\right)^2 = BC^2$ Así que a partir de ahí, obtenemos

\sqrt{2} \frac{A B}{3} = B C

$\sqrt{2} \frac{AB}{3} = BC$ que se convierte

pecado (∠ B A C) = porque (∠ A B C) = \frac{B C}{A B} = \frac{\sqrt{2}}{3}

$\sin(\angle \, BAC) = \cos(\angle \, ABC) = \frac{BC}{AB} = \frac{\sqrt{2}}{3}$ Por eso

∠ B A C = arcsen (\frac{\sqrt{2}}{3})

$\angle \, BAC = \arcsin\left( \frac{\sqrt{2}}{3} \right)$

∠ A B C = \arccos (\frac{\sqrt{2}}{3})

$\angle \, ABC = \arccos\left( \frac{\sqrt{2}}{3} \right)$

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