Atrapado en un problema de geometría

Question

$ABCD$ es un cuadrado, puntos de $F$ e $G$ están en la diagonal $AC$ , de modo que $|AF|=3cm$, $|GC|=4cm$ e $E$ es un punto medio de lado $BC$. Determinar la longitud del segmento de $FG$.

¿Cómo puedo abordar este problema, preferiblemente sin la trigonometría?

Answer 1

Deje $H$ ser el punto medio de la $AC$ e $\angle EIC= 90^{\circ}$. Podemos observar que $$FH+3=HG+4,\quad FH+HG=x.$$ So we obtain $HG=\frac{x-1}2$. Since two corresponding angles are congruent; $\ángulo de la FEG =\ángulo EHG=45^{\circ}$ and $\ángulo de EGF=\ángulo de HGE$, we have that $\triángulo de la FEG$ and $\triángulo EHG$ are similar to each other. This gives $$FG:EG=EG:HG\implies EG^2 = FG\cdot HG=\frac{x(x-1)}2.$$ Now, note that $EI=\frac14 AC=\frac{x+7}4$ and $IG=IH-GH=\frac{x+7}{4}-\frac{x-1}2=\frac{9-x}{4}$. Since $\triángulo EIG$ es un triángulo rectángulo, por el teorema de Pitágoras, nos encontramos con que $$Por ejemplo^2=\frac{x(x-1)}{2}=EI^2+IG^2=\frac{(x+7)^2}{16}+\frac{(9-x)^2}{16},$$ which implies $x=5$ or $x=-\frac{13}3$. Since $x>0$, we get $x=5$.

Answer 2

Deje $O$ ser un punto medio de un segmento $AC$.

Gire $F$ para $90^{\circ}$ todo $E$ a un nuevo punto de $H$. Esta rotación se lleva a $O$ a $C$.

A continuación, $EF=EH$ e $\angle FEH = 90^{\circ}$ lo $EG$ es la bisectriz de un ángulo para $\angle FEH$ lo $GH = GF = x$.

Es fácil ver que $$CH = FO = {x+1\over 2}$$

Ahora $FHCE$ es cíclico cuadrilátero desde $\angle CFE = \angle CHE$ lo $$\angle FCH = \angle FEH =90^{\circ}$$

Finalmente, utilizamos el teorema de Pitágoras en el triángulo $\triangle CGH$:

$$x^2 = 4^2+\Big({x+1\over 2}\Big)^2 \implies x=5$$

Answer 3

Siguiente solución no utiliza el concepto de concyclic o triángulos semejantes, sólo la rotación y el teorema de Pitágoras.

Deje $O$ ser un punto medio de un segmento $AC$.

Gire $G$ para $-90^{\circ}$ todo $E$ a un nuevo punto de $K$. Esta rotación se lleva a $C$ a $O$ e $O$ a $B$, lo $K$ está en un segmento de $BO$ (que es una parte de la diagonal $BD$)

A continuación, $EK=EG$ lo $E$ está en la mediatriz de $KG$. Desde $\angle KEF = \angle FEG = 45^{\circ}$ línea $EG$ es mediatriz de $KG$ lo $FK = FG = x$.

Desde $FO = {x+1\over 2}$ podemos utilizar el teorema de Pitágoras en el triángulo $\triangle FOK$:

$$x^2 = 4^2+\Big({x+1\over 2}\Big)^2 \implies x=5$$

Answer 4

Con la figura como se indican a continuación, definir $$a := |AA^\prime| \qquad b := |BB^\prime| \qquad c := |A^\prime B^\prime| \qquad d := |A^\prime M|$$

Tenga en cuenta que la perpendicular desde el punto medio de la $M$ a la diagonal necesariamente quadrisects que diagonal; por otra parte, $\overline{MM^\prime}\cong\overline{BM^\prime}$.

$$\begin{align} \triangle A^\prime M^\prime M \text{ is a right triangle} &\quad\to\quad d^2 = \left(c+b-\frac14(a+b+c)\right)^2+\left(\frac14(a+b+c)\right)^2 \tag{1}\\[4pt] \triangle A^\prime B^\prime M \sim \triangle A^\prime M B \text{ (Angle-Angle)} &\quad\to\quad \frac{|A^\prime M|}{|A^\prime B^\prime|} = \frac{|A^\prime B|}{|A^\prime M|} \quad\to\quad d^2 = c(b+c) \tag{2} \end{align}$$

La equiparación de la $d^2$ con $d^2$rendimientos $$3c^2 + 2c(a-b) - a^2 + 2 a b - 5 b^2 = 0 \tag{3}$$ lo que sugiere que no hay nada inherentemente de Pitágoras sobre el general de los valores de $a$, $b$, $c$ (pero vea el Apéndice). Sin embargo, para los valores específicos de $a=3$ e $b=4$, tenemos $$0 = 3 c^2 - 2c - 65 = (c-5)(3c+13) \quad\to\quad c = 5 \tag{4}$$ donde nos han hecho caso omiso de la "obviamente"-solución extraña $c=-13/3$. $\square$

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Nota. La solución extraña de $(4)$ es válido si interpretamos el problema diciendo que "las líneas de $\overleftrightarrow{MA^\prime}$ e $\overleftrightarrow{MB^\prime}$ hacer una $45^\circ$ ángulo".

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Adenda. Me doy cuenta de que en realidad hay algo inherentemente de Pitágoras sobre el general $a$, $b$, $c$. Podemos escribir $(3)$como $$\left(\frac{- a + b + c}{2} \right)^2 + b^2 = c^2 \tag{3'}$$ lo que implica que $|-a+b+c|/2$, $|b|$, $|c|$ hacer un triángulo rectángulo. (Con $a=3$ e $b=4$, las dos soluciones a $(4)$ corresponden a una $3$-$4$-$5$ triángulo, y un $5$-$12$-$13$ triángulo escala por $1/3$.) Yo no había visto una forma de hacer la $(3')$ evidente en la figura (yo sólo estaba jugando con el álgebra); sin embargo, por coincidencia interesante, @greedoid la respuesta parece mostrar exactamente esto! He aquí una versión de @greedoid de la figura, con un más-relación arbitraria entre longitudes $a$ e $b$.

Answer 5

Llamar

$$AF = a\\ FG=x\\ GC = b\\ CE = c\\ E = (X_0, Y_0)\\ O = \left(a+\frac x2, \frac x2\right)$$

Teniendo en cuenta, en el plano de la $X\times Y$ la plaza en diagonal como el $X$ eje $A$ en el origen, tenemos

$$\frac{\sqrt 2}{2}(a+x+b)= 2c\\ x = \sqrt2 r\\ \left(X_0-\left(a+\frac x2\right)\right)^2+\left(Y_0-\frac x2\right)^2= r^2\\ X_0 = a+x+b -\frac{\sqrt 2}{2}c\\ Y_0 = \frac{\sqrt 2}{2}c$$

Aquí $r$ representa el radio de círculo que se cruza con el $X$ eje $F, G$ tal que $\angle FEG = \frac{\pi}{4}$ es el ángulo subtendido por el arco $AB$

La solución para $x,r,X_0,Y_0$ que tenemos en

$$\left\{ \begin{array}{rcl} x& =& \frac{1}{3} \left(b-a+2 \sqrt{a^2-2 b a+4 b^2}\right) \\ c& =& \frac{a+2 b+\sqrt{a^2-2 b a+4 b^2}}{3 \sqrt{2}} \\ r& =& \frac{b-a+2 \sqrt{a^2-2 b a+4 b^2}}{3 \sqrt{2}} \\ X_0&=&\frac{1}{2} \left(a+2 b+\sqrt{a^2-2 b a+4 b^2}\right) \\ Y_0&=&\frac{1}{6} \left(a+2 b+\sqrt{a^2-2 b a+4 b^2}\right) \\ \end{array} \right.$$

dando después de la sustitución de $x = 5$