¿Cómo probar $\Delta DEF$ es un triángulo equilátero?

Question

$\Delta ABC$ es un triángulo equilátero y $AD = BE = CF$. Demostrar que $\Delta DEF$ es un triángulo equilátero.

Answer 1

Dibujar círculos con centro en a, B, y C, con radio AD=BE=CF.

Triángulo $\triangle$DEF debe residir en la región entre estos 3 círculos, tocando a cada círculo con un vértice.

Dibujar el rotacionalmente simétricas solución como $\triangle$D E'F'. (Lado de ejercicio: el Show debe existir).

Ahora supongamos $\triangle$DEF $\ne$ $\triangle$D E'F'.

Hasta aquí, todo lo que he dicho es muy sencillo, pero es posible que desee detener por un segundo y ver si se puede resolver desde aquí. Si usted no puede, uno más de sugerencia se oculta en el cuadro gris de abajo.

DE está fuera de $\triangle$D E'F', o lo atraviesa. De cualquier manera, se puede decir algo similar sobre el DF? Acerca de EF?

Answer 2

Supongamos que arreglar $\ell = AD=BE=CF$, y vamos a $x=\angle{BAD}$, $y=\angle{CBE}$, $z=\angle{ACF}$.

Entonces podemos definir el $f : [0,\pi/6]\to[0,\pi/6]$ tal que $y = f(x)$, $z = f(y)$, y $x = f(z)$. Tenga en cuenta que $f$ es estrictamente decreciente: una buena manera de ver esto es por el dibujo de los círculos con centro en el $A,B,C$ radio $\ell$. Pero, a continuación, $f^3(x) = x$ fuerzas de $f(x) = x$ (y por lo tanto $x=y=z$); de lo contrario, si WLOG $x<f(x)$, luego $$f(x)>f^2(x)\implies f^2(x)<f^3(x)=x\implies x=f^3(x)>f(x),$$ contradicting $x<f(x)$.

Tenga en cuenta que esta solución supone que $x,y,z<\pi/6$, pero el problema todavía se mantiene siempre como $x,y,z<\pi/3$. En particular, creo que se puede demostrar que si un de $x,y,z$ es mayor que $\pi/6$ (lo que requiere de $\ell>1/2$), los otros dos deben ser así, por lo $f$ está todavía bien definida. De todos modos, todo esto es equivalente al método de rotación Matt menciona en su respuesta, pero pensé que sería bueno incluir esta más algebraicas perspectiva.

fedja también tiene un largo post sobre este tipo de problema en AoPS.

Answer 3

Aquí es un intento que he hecho. Está lejos de ser riguroso y puede contener defectos fatales. Sin embargo,

Deje $ABC$ ser un triángulo equilátero, con el centro de la $O$. Dibujar líneas $AO, BO$ $CO$ y extender a todos ellos por una cantidad similar a los puntos de $A', B', C'$. Dibujar líneas $AC', BA'$$CB'$, estos tienen la misma longitud desde $AOC', BOA'$ $COB'$ son triángulos congruentes.

Extender estas líneas a conocer unos a otros, y llamar a sus puntos de intersección $E,F$$G$. I. e extender $AC'$$AE, BA'$$BF$$CB'$#%. Está claro que $CG$ porque si fuéramos a extender estas líneas al borde del triángulo, esta distancia extendida sería el mismo en cada caso, y desde $EC'=FA'=GB'$ se sigue que $AC'=BA'=CB'$.

Por último, desde el $EC'=FA'=GB'$ $A'AE, B'BF$ son triángulos semejantes, claramente $C'CG$ y, por tanto,$C'G=A'E=B'F$.

Alternativamente, la siguiente imagen es invariante bajo de rotación de 60 grados: