Cómo dividir un trapecio isósceles en dos partes de igual superficie

Question

Dado un trapecio isósceles:

Quiero dibujar una línea paralela a las bases (es decir, paralela y entre AD y BC) tal que la mitad superior y la mitad inferior tengan igual área.

En concreto, si definimos la altura del trapecio como 1, quiero saber a qué distancia de la base más larga caerá esta bisectriz. Llamemos a este valor m .

Para un trapecio isósceles donde la base más corta es algún factor k más corto que el otro, sospecho que m será una función sólo de k .

Aquí hay un diagrama más detallado:

Aquí hay algunas ecuaciones (posiblemente incorrectas) que describen esto:

• Área del ABCD = ((a + ka) / 2) * 1
• Área del EBCF = ((a + ja) / 2) * m
• Área del AEFD = ((ja + ka) / 2) * (1 - m)
• Área de EBCF = Área de AEFD
• Área de EBCF + Área de AEFD = Área de ABCD

Intuitivamente, esperaría j y a para cancelar de estas ecuaciones, y poder obtener m únicamente en términos de k . Pero tengo problemas para saber cómo llegar.

Answer 1

Lo importante es tener en cuenta que $(a-ka)=\frac {ja-ka}{1-m}$ . Se puede demostrar que dejando las perpendiculares de $A$ y $D$ a $BC$ y observando que los triángulos de cada extremo son similares. Puedes tomar $a$ de esto para conseguir $1-k=(1-m)(j-k)$ Si se combina con $(1+j)m=(j+k)(1-m)$ de las áreas iguales y tendrás dos ecuaciones en tres incógnitas, con lo que obtendrás el conjunto de soluciones de un parámetro que estás buscando. $$1-k=\frac{j-k}{1-m}\\(1+j)m=(j+k)(1-m)\\ 1-m-k+km=j-k\\m+jm=j+k-jm-km\\1-m+km=j\\2jm-j=k-km-m\\(2m-1)(1-m+km)=k-km-m$$ lo que da una cuadrática en $m$

Answer 2

Sugerencia: Intenta dividir el trapecio en un rectángulo y un triángulo isósceles. Creo que comprobarás que al aumentar la altura, el área del rectángulo aumentará linealmente, y que el área del triángulo aumentará cuadráticamente.

Answer 3

Esto se basa en la respuesta de Ross Milkman y la hace más explícita. Lo sugerí como una edición de la suya, pero la edición fue rechazada .

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Lo importante es tener en cuenta que $(a-ka)=\frac {ja-ka}{1-m}$ . Se puede demostrar que dejando las perpendiculares de $A$ y $D$ a $BC$ y observando que los triángulos de cada extremo son similar . Puede tomar $a$ de esto para conseguir $1-k=\frac {j-k}{1-m}$ :

$$1-k=\frac{j-k}{1-m}\\ 1-m-k+km=j-k\\1-m+km=j$$

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Si se combina con $(1+j)m=(j+k)(1-m)$ de las áreas iguales y tienes dos ecuaciones en tres incógnitas, con lo que obtendrás el conjunto de soluciones de un parámetro que estás buscando.

$$\\(1+j)m=(j+k)(1-m)\\m+jm=j+k-jm-km\\2jm-j=k-km-m\\j(2m - 1)=k-km-m$$

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Y luego, sustituir la primera en la segunda para obtener una cuadrática en $m$ :

$$\\(2m-1)(1-m+km)=k-km-m\\2m-1-2m^2+m+2km^2-km=k-km-m\\(2k-2)m^2+4m-(1+k)=0$$

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A continuación, utilice el ecuación cuadrática para conseguir $m$ en términos de $k$ :

$$\\m=\frac{-4±\sqrt{16-4(2k-2)(-1-k)}}{2(2k - 2)}$$

Así pues, para $k=0.1$ : $m=.321518311$ o $m=1.900703911$

Desde $m$ no puede ser un valor mayor que la altura del propio trapecio, la primera respuesta es la única que tiene sentido en este contexto.

Answer 4

Generalizar a trapecios arbitrarios no hace las cosas más difíciles, así que no supondremos que el trapecio es isósceles o que tiene altura $1$ . El hecho clave es que $$ (ja)^2=\frac{a^2+(ka)^2}{2}. $$ Esto puede verse ampliando las líneas $BA$ y $CD$ hasta que se encuentren. (El caso en el que los lados son paralelos es trivial). Llama al punto de encuentro $O$ . Entonces los triángulos $BOC$ , $EOF$ y $AOD$ son similares, lo que implica que sus áreas son iguales a alguna constante de proporcionalidad multiplicada por $a^2$ , $(ja)^2$ y $(ka)^2$ . Las áreas de los trapecios $BCFE$ y $EFDA$ son, por tanto, proporcionales a $a^2-(ja)^2$ y $(ja)^2-(ka)^2$ con la misma constante de proporcionalidad. Si se igualan, se obtiene el hecho clave. Como resultado, $$ j=\sqrt{\frac{1+k^2}{2}}. $$ Para encontrar $m$ Aproveche que la reducción de la anchura horizontal es proporcional a la altura para obtener $$ \frac{m}{h}=\frac{a-ja}{a-ka}=\frac{1-j}{1-k}, $$ con el resultado $$ m=\frac{1-\sqrt{\frac{1+k^2}{2}}}{1-k}h. $$

Un poco de historia: El hecho clave se conocía en la época de la antigua Babilonia (~2000 a.C.- ~1600 a.C.). Como ejemplo, se utilizó en la solución impresionantemente elegante del problema en la tablilla cuneiforme IVA 8512 que se explica en el libro de Jens Høyrup Álgebra en cuneiforme: Introducción a una antigua técnica geométrica babilónica . Los problemas que se planteaban en la educación de los escribas de la antigua Babilonia solían tener representaciones exactas y finitas en notación de base 60. Dos "triples trapezoidales" de números enteros $(a,ja,ka)$ son $(7,5,1)$ y $(17,13,7)$ . El triple $(51,39,21)$ que aparece en el IVA 8512 es un múltiplo de este último. Si hay que creer las reconstrucciones del número dañado en la parte superior de la tablilla, IM 58045 del periodo acadio antiguo (2400 a.C.-2250 a.C.) puede proporcionar un ejemplo aún más antiguo de este triple y es, de hecho, una de las tablillas matemáticas más antiguas que se conocen. Por último, cabe destacar que los triples trapezoidales son primos cercanos de los triples pitagóricos: si $p^2+q^2=r^2$ entonces $(q+p)^2+(q-p)^2=2r^2$ para que el triple pitagórico $(p,q,r)$ corresponde a la tripleta trapezoidal $(q+p,r,q-p)$ . Así que $(3,4,5)$ corresponde a $(7,5,1)$ y $(5,12,13)$ corresponde a $(17,13,7)$ .