Problema Dado que $AD \parallel BC$, $|AB| = |AD|$, $\angle A=120^{\circ}$, $E$ es el punto medio de la $AD$, punto de $F$ se encuentra en $BD$, $\triangle EFC$ es un triángulo equilátero y $|AB|=4$, hallar la longitud $|EF|$.
Intento A primera vista, pensé que podría ser resuelto mediante un método geométrico. He considerado que la ley de los senos/cosenos, semejanza de triángulos, teorema de Pitágoras, incluso Menelao teorema, sin embargo, consiguió propiedades que contribuyen en nada a calcular el $|EF|$.
Lo que tengo después de dibujar una línea perpendicular a $BC$ través $E$
- $\triangle ABH$ e $\triangle AHD$ ambos son triángulos equiláteros de longitud 4.
- $\triangle EFD \sim \triangle GEH$
- $|EH|=2\sqrt{3}$
Método algebraico Finalmente, he cambiado mi mente para abrazar el álgebra. He encontrado es fácil coordinar $E,A,B,D$ e $C$ está relacionado con $F$ (rotación) y $B$ (la misma línea horizontal). Hacer $E$ como el origen, $AD$ puntos $x$-eje, $HE$ puntos $y$-eje, tenemos
- $E = (0,0)$
- $A = (-2,0)$
- $B = (-4,-2\sqrt{3})$
- $D = (2,0)$
Punto de $(x, y)$ en la línea de $BD$ ha $y=\frac{1}{\sqrt{3}}(x-2)$. Suponga $F=(x_0,y_0)$, $C=(x_1,y_1)$, podemos obtener el $C$ girando $F$ alrededor del pivote $E$ $60^{\circ}$ en contra de las manecillas
$$ \begin{bmatrix} x_1 \\ y_1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos{\theta} & -\sin{\theta} \\ \sin{\theta} & \cos{\theta} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_0 \\ y_0 \end{bmatrix} $$ también sabemos que $BC$ es paralelo a $x$-eje, entonces $$ \begin{align*} y_1 & = \sin{60^{\circ}} x_0 + \cos{60^{\circ}} y_0 \\ & = \sin{60^{\circ}} x_0 + \cos{60^{\circ}} \frac{1}{\sqrt{3}}(x_0-2) \\ & = -2\sqrt{3} \end{align*} $$ , lo $F=(-\frac{5}{2}, -\frac{3\sqrt{3}}{2})$, y, finalmente, $|EF|=\sqrt{13}$
Los pensamientos más tarde me di cuenta de que $F$ (a través de sus coordenadas), en realidad es el punto medio de la $BK$. Puede ser un punto clave en el método geométrico, pero no puedo demostrarlo.
Gráfico lo hice en GeoGebra y es compartido. Por favor, vaya y editarlo para ahorrar su tiempo si usted tiene alguna idea. Enlace: https://www.geogebra.org/graphing/yqhbzdem
Respuestas
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Deje $P$ ser la perpendicular pie de $E$ a $BD$. Nos encontramos con que $|EP|=\sin(\angle EDP )\cdot|ED|=1$.
También encontramos que la $\triangle EPF$ es congruente a $\triangle CHE\ $ lo que implica que
$$
|EP|=|CH|=1.
$$ Por el teorema de Pitágoras, de la siguiente manera
$$
|CE|^2 =|EH|^2 +|CH|^2 =13,
$$i.e. $$
|EF|=|CE| =\sqrt{13}.
$$
Me gusta la manera siguiente.
Deje $\vec{AB}=\vec{a}$, $\vec{AD}=\vec{b}$, $\vec{BF}=p\vec{BD}$ e $\vec{BC}=k\vec{AD}.$
Por lo tanto, $$\vec{FE}=-p(-\vec{a}+\vec{b})-\vec{a}+\frac{1}{2}\vec{b}=(p-1)\vec{a}+\left(\frac{1}{2}-p\right)\vec{b}$$y $$\vec{FC}=-p(-\vec{a}+\vec{b})+k\vec{b}=p\vec{a}+(k-p)\vec{b}.$$
Ahora, obtenemos el siguiente sistema: $$|\vec{FE}|=|\vec{FC}|$$y $$\frac{\vec{FE}\cdot \vec{FC}}{|\vec{FE}||\vec{FC}|}=\frac{1}{2}$$ con las variables de $p$ e $k$.
Podemos resolver este sistema y el resto es liso.
Deje $\alpha=\angle DEC$. Podemos aplicar el seno ley triángulo $FED$: $$ {ED\\sin(90°-\alpha)}={EF\\sin30°}={FD\\sin(\alpha+60°)}, $$ que es: $$ EF={1\over\cos\alpha}\quad\text{y}\quad FD={2\\cos\alpha}\sin(\alpha+60°). $$ La aplicación, a continuación, la condición sine ley triángulo $BFC$ uno se: $$ FB={2\\cos\alpha}\sin(\alpha-60°)=4\sqrt3-FD=4\sqrt3-{2\\cos\alpha}\sin(\alpha+60°). $$ De esto se deduce $\tan\alpha=2\sqrt3$ e $EF^2=1/\cos^2\alpha=1+\tan^2\alpha=13$.
