Una pregunta sobre un triángulo equilátero

Question

Supongamos que$\triangle ABC$ es un triángulo equilátero. Permita que$D$ sea un punto dentro del triángulo para que$\overline{DA}=13$,$\overline{DB}=12$ y$\overline{DC}=5$. Encuentre la longitud de$\overline{AB}$.

Answer 1

Sea s el lado del triángulo equilátero

Utilizando la fórmula para el coseno en el triángulo

$$\frac{13^2 + 5^2 - s^2}{2.5.13} = \cos\alpha\tag1$$ $$\frac{12^2 + 5^2 - s^2}{2.5.12} = \cos\beta\tag2$$ $$\frac{12^2 + 13^2 - s^2}{2.13.12} = \cos\gamma\tag3$$

Ahora tenemos $\gamma + \alpha + \beta = \pi$ $$\cos\gamma = \cos(\pi - \alpha - \beta)$$ Sabiendo $\cos(\pi - \theta) = \cos(\theta)$

$$\Rightarrow \cos\gamma = \cos(\alpha + \beta)$$ $$\Rightarrow \cos\gamma = \cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta$$ $$\Rightarrow (\cos\gamma - \cos\alpha\cos\beta)^2 = \sin^2\alpha\sin^2\beta$$ $$\Rightarrow (\cos\gamma - \cos\alpha\cos\beta)^2 = (1 - \cos^2\alpha)(1 - \cos^2\beta)$$ $$\Rightarrow \cos^2\alpha + \cos^2\beta + \cos^2\gamma - 2.\cos\alpha.\cos\beta.\cos\gamma -1 = 0\tag4$$

La aplicación de $(1)$, $(2)$, $(3)$ a $(4)$ y simplificando tenemos

$$s^4 - 338.s^2 + 17761 = 0$$

utilizando la fórmula de Heron tenemos

$$\Rightarrow s^2 = \pm 60 . \sqrt3 + 169$$ $$\Rightarrow s = \pm\sqrt{\pm 60 . \sqrt3 + 169}$$

como el Área de un triángulo es real y positivo

$$s = \sqrt{60 . \sqrt3 + 169}$$

Answer 2

Considere la posibilidad de un triángulo equilátero ABC y un Punto P tal que $\overline{AP} = 12$, $\overline{BP} = 13$ y $\overline{CP} = 5$.

Vamos $P'$, $P'_1$ y $P'_2$ ser el reflejo de que el Punto de $P$ a lo largo de $\overline{BC}$, $\overline{AC}$ y $\overline{AB}$

Entonces tenemos

$${\triangle APB} \cong {\triangle AP'_2B}$$ $${\triangle APC} \cong {\triangle AP'_1B}$$ $${\triangle BPC} \cong {\triangle BP'C}$$

Por lo tanto, podemos decir con seguridad, El área del hexágono $AP'_1CP'BP'_2 = 2. {\triangle ABC}$

${\triangle AP'_2B}$, ${\triangle AP'_1B}$ y ${\triangle BP'C}$ son isósceles con un ángulo superior de $120^o$ y compuesto de $30^o$ $60^o$ triángulo de ángulo recto

Así tenemos

$$\overline {P'_1P'_2} = 12\sqrt3$$ $$\overline {P'P'_2} = 13\sqrt3$$ $$\overline {P'_1P'} = 5\sqrt3$$

lo que implica $\angle P'P'_1P'_2 = 90^o$

De manera que el área del hexágono $AP'_1CP'BP'_2$

$$= \triangle AP'_1P'_2 + \triangle P'P'_1C + \triangle P'P'_2B + \triangle P'P'_1P'_2$$ $$= 12^2.\frac{\sqrt3}{4} + 5^2.\frac{\sqrt3}{4} + 13^2.\frac{\sqrt3}{4} + \frac{1}{2}(5\sqrt3)(12\sqrt3)$$ $$=169\frac{\sqrt3}{2} + 90$$ $${\triangle ABC} =169\frac{\sqrt3}{4} + 45$$

Ahora, dado los lados del triángulo $\overline {AB}$ = $\overline {BC}$ = $\overline {CA}$ = $a$, entonces

$$\frac{\sqrt3}{4}a^2 = {\triangle ABC} =169\frac{\sqrt3}{4} + 45$$

$$\frac{\sqrt3}{4}a^2 = 169\frac{\sqrt3}{4} + 45$$ $$a^2 = 169 + 45\frac{4}{\sqrt3}$$ $$a = \sqrt{169 + 45\frac{4}{\sqrt3}}$$

La simplificación de

$$a = \sqrt{169 + 60\sqrt3}$$

Answer 3

La Wikipedia artículo sobre triángulos equiláteros cita el siguiente teorema de "Curiosas Propiedades de la circunferencia circunscrita y la circunferencia inscrita de un Triángulo Equilátero," por Prithwijit De (http://ms.appliedprobability.org/data/files/Abstracts%2041/41-1-7.pdf):

Teorema: Vamos a $ABC$ ser un triángulo equilátero con lado $s$, y deje $P$ ser un punto en el plano del triángulo con las distancias $p$, $q$, y $r$ a $A$, $B$, y $C$, respectivamente. A continuación, $$3(p^4+q^4+r^4+s^4) = (p^2+q^2+r^2+s^2)^2{\textrm.}$$ La solución de $3(5^4+12^4+13^4+s^4) = (5^2+12^2+13^2+s^2)^2$ $s$ da $s=\sqrt{169\pm 60\sqrt3}$. Debido a $P$ es en el interior del triángulo, $s>13$, que sólo permite la $s=\sqrt{169+ 60\sqrt3}$, la misma solución que otros han obtenido.

Answer 4

Considere la posibilidad de un triángulo equilátero ABC y un Punto P tal que $\overline{AP} = 12$, $\overline{BP} = 13$ y $\overline{CP} = 5$.

Gire $P$ de las agujas del reloj a lo largo de $A$ $60^o$ $B'$ $B$ $60^o$ $C'$ $C$ $60^o$#%

Tomamos nota de que, $A'${\triángulo ACB'}$$ $${\triangle APB} \cong ${\triángulo'CB}$$ $${\triangle APC} \cong ${\triángulo de CA B}$$

Así tenemos, que el área del hexágono $${\triangle BPC} \cong $ $AB'CA'BC'$$

También se observa que la $$=2.{\triangle ABC}$, ${\triangle APB'}$ y ${\triangle BPC'}$ son triángulos equiláteros

${\triangle A'PC}$

Así, podemos decir

${\triangle PCB'} \cong {\triangle AC'P} \cong {\triangle A'BP} = RightAngle {\triangle}$$ $$2.{\triangle ABC} = [AB'CA'BC']$$ $$= {\triangle APB'} + {\triangle BPC'} + {\triangle A'PC} + 3.{\triangle PCB'}$$ $$= 12^2.\frac{\sqrt3}{4} + 13^2.\frac{\sqrt3}{4} + 5^2.\frac{\sqrt3}{4} + 3.\frac{1}{2}(5)(12)$$ $$=169\frac{\sqrt3}{2} + 90$$

Ahora, dado los lados del triángulo $${\triangle ABC} =169\frac{\sqrt3}{4} + 45$ = $\overline {AB}$ = $\overline {BC}$ = $\overline {CA}$, entonces

$a$$

$$\frac{\sqrt3}{4}a^2 = {\triangle ABC} =169\frac{\sqrt3}{4} + 45$$ $$\frac{\sqrt3}{4}a^2 = 169\frac{\sqrt3}{4} + 45$$ $$a^2 = 169 + 45\frac{4}{\sqrt3}$$

La simplificación de

$$a = \sqrt{169 + 45\frac{4}{\sqrt3}}$$

Answer 5

Si se nos permite utilizar Geometría de Coordenadas,

WLOG podemos asumir las coordenadas de $A,B,C$ $(x,y),(-a,0),(a,0)$ respectivamente y $D$ $(h,k).$

Como $\triangle ABC$ es equilátero $(x-a)^2+(y-0)^2=(x+a)^2+(y-0)^2=(-a-a)^2+(0-0)^2$

A partir de la primera relación nos encontramos con $4ax=0\implies x=0$ $a\ne0$

A partir de la segunda relación nos encontramos con $y^2=3a^2\implies y=\sqrt3a$ asumiendo $a>0$

Por eso, $\overline{AB}=2a$

Por Eso, $\overline{AD}^2=(h-0)^2+(k-\sqrt3a)^2$ Pero $\overline{AD}=13$ $\implies (h-0)^2+(k-\sqrt3a)^2=13^2--->(1)$

Del mismo modo, para $BD,CD$ respectivamente,

$(h+a)^2+k^2=12^2--->(2)$ $(h-a)^2+k^2=5^2--->(3)$

Así que aquí tenemos tres ecuaciones con tres incógnitas $a,h,k$

Una forma de resolver esto podría ser como sigue :

De $(2)-(3),4ah=119\implies h=\frac{119}{4a}$

De $(2)-(1),2ah+2\sqrt3ak=2a^2-25\implies k=\frac{4a^2-169}{4\sqrt3a} $ (poner $ah=\frac{119}4$)

Poniendo los valores de $h,k$ en términos de $a$ $(1),$

$$\left(\frac{119}{4a}\right)^2+\left(\frac{4a^2-169}{4\sqrt3a}-\sqrt3a\right)^2=13^2$$

$$\implies 64a^4-32\cdot169a^2+169^2+3(119^2)=0$$

que es una Ecuación de segundo grado en $a^2$