Demostrar que el área de $\triangle DEF$ es el doble del área de $\triangle ABC$

Question

Dejemos que $\triangle ABC$ sea un triángulo equilátero y que $P$ sea un punto de su circunferencia. Sean las líneas $PA$ y $BC$ se cruzan en $D$ , que las líneas $PB$ y $CA$ se cruzan en $E$ y que las líneas $PC$ y $AB$ se cruzan en $F$ . Demostrar que el área de $\triangle DEF $ es el doble del área de $\triangle ABC$ .

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Había utilizado mi método y requería que $\triangle DEF $ tiene que ser un triángulo isósceles, lo que significa $ P $ debe ser el punto medio de $\widehat {BC}$ o $\widehat{AC}$ o $\widehat {BC}$ . Pero el problema no lo dice. Entonces, ¿cómo resolverlo correctamente?

Answer 1

Es muy interesante resolver este problema utilizando únicamente a nuestros amigos griegos Pitágoras y Menelao, junto con algo de álgebra simple.

Observaciones iniciales

Sin pérdida de generalidad, supongamos que $P$ se encuentra en el semiplano determinado por $BC$ y que no contenga $A$ . Obsérvese que no es necesario utilizar el círculo, una vez que fijamos $\angle BPC = 120°$ . En la figura anterior he añadido el punto $G$ dada por la intersección de la línea $FD$ con $AC$ . Supongamos también $\overline{AB}=1$ .

Una vez $\overline{BF} = x$ se elige, se define toda la Figura. Por lo tanto, nuestro objetivo es demostrar que, independientemente de $x$ , $$[DEF] = 2[ABC].$$

Caracterización de $\triangle BFC$

A continuación se ha aislado el triángulo en cuestión, para ayudarle mejor en las demostraciones.

Recordemos que $\overline{BC} = 1$ y $\overline{BF} = x$ . Utilizar el Teorema de Pitágoras en $\triangle CKF$ para determinar $$\overline{CF} = \sqrt{x^2+x+1}.$$ De la similitud $$\triangle BPC \sim \triangle BCF,$$ demostrar que $$\overline{CF}\cdot\overline{CP} = 1,$$ para que, al final, tengas $$ \begin{cases} \overline{CF} = \sqrt{x^2+x+1},\\ \overline{CP} = \frac{1}{\sqrt{x^2+x+1}},\\ \overline{FP} = \frac{x(x+1)}{\sqrt{x^2+x+1}}. \end{cases} $$

Cuatro aplicaciones del Teorema de Menelao (MT)

MT en $\triangle ACF$ con la línea $BE$ , da $$\frac{\overline{CE}}{\overline{AE}} = \frac{1}{x+1}.$$ Junto con $\overline{AE}-\overline{CE} = 1$ esto lleva a $$\overline{CE} = \frac{1}{x}$$ y $$\overline{AE} = \frac{x+1}{x}.$$

Del mismo modo, la MT en $\triangle BFC$ y la línea $AP$ con el hecho conocido de que $\overline{BD} + \overline{CD} = 1$ produce $$\overline{CD} = \frac{1}{x+1}$$ y $$\overline{DB} = \frac{x}{x+1}.$$ MT en $\triangle ABC$ y la línea $FG$ con $\overline{AG} + \overline{CG} = 1$ , le da a usted $$ \overline{AG} = \frac{x+1}{x+2}$$ y $$ \overline{CG} = \frac{1}{x+2}.$$ Por último, MT en $\triangle CGF$ con línea $AP$ produce $$ \frac{\overline{GD}}{\overline{DF}} = \frac{1}{x(x+2)}.$$

Cómputo de áreas

Ahora sólo tenemos que calcular las áreas de los triángulos con una altitud fija y una proporción dada entre las bases.

En primer lugar tenemos $$[ACF] = [ABC](1+x).$$

Entonces $$[AFE] = [ACF] \frac{\overline{AE}}{\overline{AC}},$$ es decir $$[AFE] = [ABC]\frac{(x+1)^2}{x}.$$

También tenemos $$[GFE] = [AFE]\frac{\overline{GE}}{\overline{AE}},$$ que se puede encontrar en $$ [GFE] =2[ABC]\frac{(x+1)^2}{x(x+2)}.$$

Por último, observe que $$\frac{[DFE]}{[GDE]} = \frac{\overline{GD}}{\overline{DF}} = \frac{1}{x(x+2)}.$$

Así tenemos el sistema de ecuaciones $$ \begin{cases} \frac{[DFE]}{[GDE]} = \frac{1}{x(x+2)}\\ [DFE] + [GDE] =2[ABC]\frac{(x+1)^2}{x(x+2)}. \end{cases} $$

lo que lleva, una vez resuelto, al resultado deseado, es decir $$\boxed{[DFE] = 2[ABC]} $$

$\blacksquare$

Answer 2

Prueba (para el caso en que $P$ se encuentra en el arco $BC$ ):

Dejemos que $AB=BC=CA=1$ y $\angle PAC=\theta$ .

$$\frac{PD}{\sin\angle PBD}=\frac{PB}{\sin \angle PDB} \implies \frac{PD}{\sin\theta}=\frac{PB}{\sin (120^\circ-\theta)} $$

$$\frac{PB}{\sin\angle PAB}=\frac{AB}{\sin \angle APB}\implies \frac{PB}{\sin(60^\circ-\theta)}=\frac{AB}{\sin 60^\circ}$$

Así que, $\displaystyle PD=\frac{\sin\theta\sin(60^\circ-\theta)}{\sin60^\circ\sin(120^\circ-\theta)}=\frac{\sin\theta\sin(60^\circ-\theta)}{\sin60^\circ\sin(60^\circ+\theta)}$ .

$$\frac{PE}{\sin\angle PAC}=\frac{AE}{\sin \angle APE} \implies \frac{PE}{\sin\theta}=\frac{AE}{\sin 120^\circ} $$

$$ \frac{AE}{\sin\angle ABE}=\frac{AB}{\sin\angle AEB} \implies \frac{AE}{\sin (60^\circ+\theta)}=\frac{AB}{\sin(60^\circ-\theta)}$$

Así que, $\displaystyle PE=\frac{\sin\theta\sin(60^\circ+\theta)}{\sin120^\circ\sin(60^\circ-\theta)}=\frac{\sin\theta\sin(60^\circ+\theta)}{\sin60^\circ\sin(60^\circ-\theta)}$ .

$$\frac{PF}{\sin\angle PBF}=\frac{PB}{\sin \angle PFB} \implies \frac{PF}{\sin(120^\circ-\theta)}=\frac{PB}{\sin \theta}$$

Así que, $\displaystyle PF=\frac{\sin(120^\circ-\theta)\sin(60^\circ-\theta)}{\sin60^\circ\sin\theta}=\frac{\sin(60^\circ+\theta)\sin(60^\circ-\theta)}{\sin60^\circ\sin\theta}$ .

El área de $\triangle DEF$ es

\begin{align*} &\;\frac{1}{2}(PD\cdot PE+ PE\cdot PF+PF\cdot PD)\sin 120^\circ\\ =&\;\frac{\sqrt{3}}{4}\left[\frac{\sin^2\theta+\sin^2(60^\circ+\theta)++\sin^2(60^\circ-\theta)}{\sin^260^\circ}\right]\\ =&\;\frac{1}{\sqrt{3}}\left[\sin^2\theta+(\sin60^\circ\cos\theta+\cos60^\circ\sin\theta)^2+(\sin60^\circ\cos\theta-\cos60^\circ\sin\theta)^2\right]\\ =&\;\frac{1}{\sqrt{3}}\left[\sin^2\theta+2\sin^260^\circ\cos^2\theta+\cos^260^\circ\sin^2\theta\right]\\ =&\;\frac{1}{\sqrt{3}}\left[\frac{3}{2}\sin^2\theta+\frac{3}{2}\cos^2\theta\right]\\ =&\;\frac{\sqrt{3}}{2} \end{align*}

El área del triángulo $\triangle ABC$ es

$$\frac{1}{2}(1)^2\sin60^\circ=\frac{\sqrt{3}}{4}$$

Answer 3

Prueba para cualquier punto $P=(k,P(k)), \ \forall k \in[-\frac{\sqrt3}3s,\frac{\sqrt3}3s], \ s\in \mathbb{R}$

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El área de los triángulos $\triangle DEF$ y $\triangle ABC$ se puede escribir como: $\require{cancel}$ $$A_{\triangle ABC}=\pm\frac12 \det\begin{vmatrix} A_X&A_Y&1\\ B_X&B_Y&1\\ C_X&C_Y&1\\ \end{vmatrix}$$ $$ A_{\triangle DEF}=\pm\frac12 \det\begin{vmatrix} D_X&D_Y&1\\ E_X&E_Y&1\\ F_X&F_Y&1\\ \end{vmatrix}$$

Para cualquier circunferencia de un triángulo equilátero, el radio es igual a $\frac{\sqrt3}3 s$ , donde $s$ es el lado del triángulo, por lo que la circunferencia está definida por $$x^2+y^2=\frac13s^2$$ Lo que significa que el $P$ se define por $P(x)=\sqrt{\frac13s^2-x^2}$ o $\big(x,P(x)\big)$

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Para un triángulo equilátero $\triangle ABC$ con el lado $s$ los vértices $A,B$ y $C$ son: $$\begin{align} A=&\Bigg(-\frac{\sqrt{-s^4+8 s^2-4}}{2 \sqrt{3} s},\frac{\sqrt{3} s^2-2 \sqrt{3}}{6 s}\Bigg)\\ B=&\Bigg(0,\frac{s}{\sqrt{3}}\Bigg)\\ C=&\Bigg(\frac{\sqrt{-s^4+8 s^2-4}}{2 \sqrt{3} s},\frac{\sqrt{3} s^2-2 \sqrt{3}}{6 s}\Bigg)\\ \end{align}$$

Entonces supongamos que tenemos una matriz cuadrada $M_1$ , dispuesta como se ha comentado anteriormente, que contiene puntos $A,B$ y $C$ el área de la $\triangle ABC$ lo será: $$A_{\triangle ABC}=\pm\frac12\det|M_1|=\frac{\left(s^2+2\right) \sqrt{-s^4+8 s^2-4}}{12 s^2}$$

Sin embargo, asumimos que $s=1$ porque simplifica el proceso. Entonces tenemos: $$A_{\triangle ABC}=\frac{\sqrt{3}}{4}$$

Dado $(k,P(k))$ , $\forall k \in [-\frac{\sqrt3}3,\frac{\sqrt3}3]$ que define el punto $P$ , obtienes puntos $D,E$ y $F$ como: $$\begin{align} D=&\Bigg(\frac{-\sqrt{1-3 k^2}+3 k+1}{2 \sqrt{1-3 k^2}+6 k+4},\frac{5 \sqrt{1-3 k^2}-3 k+1}{2 \sqrt{3} \left(\sqrt{1-3 k^2}+3 k+2\right)}\Bigg)\\ E=&\Bigg(\frac{3 k}{2-2 \sqrt{1-3 k^2}},-\frac{1}{2 \sqrt{3}}\Bigg)\\ F=&\Bigg(\frac{\sqrt{1-3 k^2}+3 k-1}{2 \left(\sqrt{1-3 k^2}-3 k+2\right)},\frac{5 \sqrt{1-3 k^2}+3 k+1}{2 \sqrt{3} \left(\sqrt{1-3 k^2}-3 k+2\right)}\Bigg)\\ \end{align}$$

Supongamos ahora que tenemos una matriz $M_2$ , dispuesta como se ha comentado anteriormente, que contiene los puntos $D,E$ y $F$ La zona de $\triangle DEF$ , para $s=1$ es: $$\begin{align} A_{\triangle DEF}=&\pm\frac12\det|M_2|\\ =&\frac{-2592 \sqrt{3} \sqrt{1-3 k^2} k^2+216 \sqrt{3} \sqrt{1-3 k^2}-216 \sqrt{3}}{216 \left(\sqrt{1-3 k^2}-1\right) \left(\sqrt{1-3 k^2}-3 k+2\right) \left(\sqrt{1-3 k^2}+3 k+2\right)} \end{align}$$ Simplificando que en realidad nos da: $$\begin{align} A_{\triangle DEF}=&\frac{-216 \sqrt{3} \left(12 \sqrt{1-3 k^2} k^2-\sqrt{1-3 k^2}+1\right)}{2\cdot-216\sqrt{3} \left(12 \sqrt{1-3 k^2} k^2-\sqrt{1-3 k^2}+1\right)}\\ =&\frac{\cancel{-216} \sqrt{3} \cancel{\left(12 \sqrt{1-3 k^2} k^2-\sqrt{1-3 k^2}+1\right)}}{2\cdot\cancel{-216} \cancel{(12 \sqrt{1-3 k^2} k^2-\sqrt{1-3 k^2}+1})}\\ =&\frac{\sqrt3}2 \end{align}$$

Esto demuestra que para cualquier valor de $k$ y, por tanto, para cualquier punto $P$ el área siempre será el doble de la de $\triangle ABC$ .

Tenga en cuenta, sin embargo, que el $k$ debe ser un elemento de $[-\frac{\sqrt3}3s,\frac{\sqrt3}3s]$

Answer 4

Sin pérdida de generalidad, dejemos que

\begin{align} O&=(0,0),\quad A=(1,0),\quad B=(-\tfrac12,\tfrac{\sqrt3}2),\quad C=(-\tfrac12,-\tfrac{\sqrt3}2),\quad P=(\cos\phi,\sin\phi) ,\\ &\text{and let }S\text{ be the area of }\triangle ABC . \end{align} Entonces \begin{align} |AB|&=|BC|=|CA|=\sqrt3,\quad \angle BAE=120^\circ,\quad \angle APB=120^\circ,\quad \angle EPA=60^\circ ,\\ \angle OAP&=\angle APO=\angle PCA=\tfrac\phi2,\quad \angle PAE=60^\circ+\tfrac\phi2,\quad \angle AEP=60^\circ-\tfrac\phi2 ,\\ S&=\tfrac{3\sqrt3}4 . \end{align}

\begin{align} D&=(-\tfrac12, \tfrac32\cot\tfrac\phi2) ,\\ |AD|^2&=|AM|^2+|DM|^2=\tfrac94\,(1+\cot^2\tfrac\phi2) =\frac9{4\sin^2\tfrac\phi2} ,\\ |AD|&=\frac3{2\sin\tfrac\phi2} ,\\ |AP|^2&=2\,(1-\cos\phi) ,\\ \triangle AEP:\quad |AE|^2&=\frac{|AP|^2\sin^2\angle EPA}{\sin^2\angle AEP} =\frac{3\,(1-\cos\phi)}{2\sin^2(60^\circ-\tfrac\phi2)} =\frac{3\,\sin^2\tfrac\phi2}{\sin^2(60^\circ-\tfrac\phi2)} ,\\ |AE|&= \frac{\sqrt3\,\sin\tfrac\phi2}{\sin(60^\circ-\tfrac\phi2)} ,\\ \triangle BCF,\triangle AFC:\quad |CF|&= \frac{2\,S}{\sqrt3\,(\sin\tfrac\phi2+\sin(60^\circ-\tfrac\phi2))} = \frac{3}{2\,(\sin\tfrac\phi2+\sin(60^\circ-\tfrac\phi2))} , \end{align}

lo que lleva a \begin{align} E&=(1+|AE|\,\cos30^\circ,\,|AE|\,\sin30^\circ) = \left(1+ \frac{3\,\sin\tfrac\phi2}{2\sin(60^\circ-\tfrac\phi2)}, \, \frac{\sqrt3\,\sin\tfrac\phi2}{2\sin(60^\circ-\tfrac\phi2)} \right) ,\\ F&=\left( -\tfrac12+|CF|\cos(30^\circ+\tfrac\phi2) ,\, -\tfrac{\sqrt3}2+|CF|\sin(30^\circ+\tfrac\phi2) \right) \\ &= \left( -\tfrac12+ \frac{3\,\sin(60^\circ-\tfrac\phi2)}{2\,(\sin\tfrac\phi2+\sin(60^\circ-\tfrac\phi2))} ,\, -\tfrac{\sqrt3}2+ \frac{3\,\cos(60^\circ-\tfrac\phi2)}{2\,(\sin\tfrac\phi2+\sin(60^\circ-\tfrac\phi2))} \right) . \end{align}

El área de $\triangle DFE$ en términos de coordenadas de $D,F,E$ se sabe que que se expresa como

\begin{align} \tfrac12(D_xF_y+F_xE_y+E_xD_y-D_yF_x-F_yE_x-E_yD_x) . \end{align}

Lo siguiente maxima código

Dx:-1/2$
Dy:3/2*cos(phi/2)/sin(phi/2)$
Fx:-1/2+3/(2*(sin(1/2*phi)+cos(1/6*%pi+1/2*phi)))*sin(%pi/3-phi/2)$
Fy:-sqrt(3)/2+3/(2*(sin(1/2*phi)+cos(1/6*%pi+1/2*phi)))*cos(%pi/3-phi/2)$
Ex:1+3*sin(phi/2)/(2*sin(%pi/3-phi/2))$
Ey:sqrt(3)*sin(phi/2)/(2*sin(%pi/3-phi/2))$
factor(trigexpand((Dx*Fy+Fx*Ey+Ex*Dy-Dy*Fx-Fy*Ex-Ey*Dx)/2));

da este resultado:

\begin{align} \frac{3^{3/2}(\sin^2\tfrac\phi2-3\cos^2\tfrac\phi2)}{ 2\,(\sin\tfrac\phi2-\sqrt3\cos\tfrac\phi2) (\sin\tfrac\phi2+\sqrt3\cos\tfrac\phi2) }, \end{align}

Se simplifica trivialmente para obtener $\frac{3\sqrt3}2$ , que es, en efecto, el doble de la superficie de $\triangle ABC$ .