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

Question

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

Answer 1

Desde $$\angle EDF = {1\over 2}\angle FCE$$ we see that $D$ is on a circle with center at $C$ and radius $CE = CF$ so $CD = CE$ .

Si $M$ es el punto medio de $ED$ tenemos $$CE^2 = ME^2+CM^2 = 1+AG^2 = 13

entonces $CE = \sqrt{13}$ .

Answer 2

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

Answer 3

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.

Answer 4

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