Construcción de un triángulo equilátero a partir de dos triángulos equiláteros con un vértice compartido

Question

Problema

Dado que $\triangle ABC$ y $\triangle CDE$ son ambos triángulos equiláteros. Conecta $AE$ , $BE$ para obtener segmentos, tome el punto medio de $BE$ como $O$ , conéctate $AO$ y ampliar $AO$ a $F$ donde $|BF|=|AE|$ . Cómo demostrar que $\triangle BDF$ es un triángulo equilátero.

Intento

1. Me he dado cuenta de que $\triangle BCD \cong \triangle ACE$ para que $|AE|=|BD|$ , pero me quedé atascado al probar $\triangle AOE \cong \triangle FOB$ .
2. Aunque supongo que $ABFE$ es un paralelogramo, no puedo probar uno de los tres ángulos de $\triangle BDF$ es de 60 grados ni probar $|DB|=|DF|$ a través de probar $\triangle DEF \cong \triangle DCB$ (lo cual me parece correcto).

¿Puede alguien echarme una mano?

Answer 1

Incrustar la construcción en el plano complejo.

Dejemos que $\omega=\exp\left(\frac{\pi i}{3}\right),B=0,C=1,E=1+v$ .

Entonces $A=\omega$ y $D=1+\omega v$ Por lo tanto $F=B+E-A$ implica:

$$ F = 1-\omega+v,$$

por lo tanto:

$$ \omega F = \omega -\omega^2 + \omega v = 1+\omega v = D, $$

así que $BFD$ es equilátero.

Answer 2

La prueba es fea debido a la limitación del marco Ecludean. Trato de dividirla en 3 diagramas.

Vea el primero. Como ya se ha dicho, $\triangle AEC$ es congruente con $\triangle BDC$ . [Por lo tanto, se omite la prueba].

Entonces $\alpha = \beta$ [resultado #1]

Y BF = AE = BD [resultado #2]

Véase la figura 2. Unir EF. A través de O, dibujar MN // AE cortando EF en N. HOK se dibuja igualmente de forma que HOK // BF. [Tenemos que suponer que MON y HOK no son todavía la misma recta].

Por el teorema del punto medio y del intercepto, MO = HO = OK = ON = 0,5AE = 0,5BF.

Por lo tanto, MOH y NOK son congruentes. Esto implica además AB // EF.

Además, por el teorema del punto medio, EN = 0,5EF y FK = 0,5FE y, por tanto, MON y HOK son en realidad la misma recta. Y por lo tanto, ..., ABFE es un paralelogramo.

Véase la figura 3. + 60 + 60 + = 180 [ángulos int. AE // BF]

Por lo tanto, + = 60 [del resultado #1]

Lo anterior más el [resultado #2] te dan el triángulo equilátero requerido.

Answer 3

Hay una ambigüedad en el problema, así que voy a probar un inverso y ver cómo podría aplicarse.

Si $\square ABFE$ es un paralelogramo, y $\triangle ABC$ y $\triangle BFD$ son triángulos equiláteros que se superponen al interior del paralelogramo, entonces $\triangle CDE$ también es equilátero.

Un poco de búsqueda de ángulos nos proporciona lo siguiente: $$\begin{align} 180^\circ &= \angle BAE + \angle ABE \\ &= \left(\;60^\circ + \theta \;\right) + \left(\;(60^\circ-\phi)+\phi+(60^\circ-\phi)\;\right) \\ &= 180^\circ + \left(\;\theta - \phi\;\right) \\ \implies\quad\theta &= \phi \end{align}$$ Por lo tanto, $\triangle CAE \cong \triangle EFD \cong \triangle CBD$ (por el lado-ángulo-lado), de modo que $\overline{EC}\cong\overline{ED}\cong\overline{CD}$ como se ha reclamado. $\square$

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Ahora bien, el problema, tal y como se planteó originalmente, no establece un punto único $F$ . (Ver mis comentarios a la pregunta.) Sin duda, la intención es tener $\square ABFE$ sea un paralelogramo. Si tomamos que como premisa, entonces $D$ es "el" punto para el que $\triangle CDE$ es un triángulo equilátero; por la inversa demostrada anteriormente, sabemos que el equilátero construido sobre $\overline{BF}$ proporciona un punto --- llámalo $D^\prime$ --- tal que $\triangle CD^\prime E$ es equilátero. Hay obviamente sólo un punto de este tipo, por lo que concluimos que $D = D^\prime$ y el problema está resuelto.

Excepto que... en realidad no.

El punto $D$ haciendo $\triangle CDE$ equilátero no es, de hecho, único. Hay un candidato para $D$ a cada lado de $\overline{CE}$ . Por lo tanto, es posible que el problema es $D$ y nuestro $D^\prime$ son puntos distintos, por lo que el problema no es resuelto. Sin embargo, uno se imagina que cualquiera que sea la semántica que resuelva el $F$ -La ambigüedad del problema también nos da la seguridad de que $D$ y $D^\prime$ se encuentran en el mismo lado de $\overline{CE}$ y, por lo tanto, deben coincidir... así que, después de todo, tal vez el problema deba considerarse resuelto.

Es difícil decirlo sin saber exactamente cómo se soluciona el problema original.

El PO sugiere que se exija que $\triangle CDE$ y $\triangle ABC$ no se superponen. Esto parece resolver el $F$ -ambigüedad. Sin embargo, el resultado inverso es cierto independientemente de cómo se solapen los distintos componentes entre sí:

Por lo tanto, el arreglo propuesto ignora la versatilidad de la geometría subyacente. Por otra parte, una corrección que intente acomodar esta versatilidad podría ser excesivamente vertiginosa.

En cualquier caso, me parece que el aspecto más convincente del problema es el inverso. Terminaré señalando que el resultado se mantiene incluso cuando los equiláteros se superponen al paralelogramo exterior :

Esto me recuerda a las variantes externo-vs-interno de Teorema de Napoleón .

Answer 4

Suponiendo que $BF\parallel AE$ Aquí hay una variación de la prueba de @JackD'Aurizio.

Girar $\triangle CEA$ un ángulo $60^\circ$ en sentido contrario a las agujas del reloj sobre $C$ se obtiene $\triangle CDB$ . Así, $AE=BD$ y $\angle(\vec{AE},\vec{BD})=60^\circ$ . La conclusión se desprende del hecho de que $\vec{AE}=\vec{BF}$ .