Un problema sobre el triángulo equilátero

Question

En el siguiente triángulo equilátero $ABC$ , $AD=CE$ , $DH=GH$ . Demostrar que $BE=BG$

Mis pensamientos: Parece que tenemos que demostrar que $ABGD$ están en el mismo círculo pero no estoy seguro de cómo utilizar la condición $DH=GH$

Answer 1

Lo probaré al revés.

Supongamos que tenemos $AD = CD$ . Encontramos el punto $G$ en la línea $AE$ tal que $BE = BG$ y conectar $D$ y $G$ . Sea $H$ sea la intersección de $DG$ y $CF$ . Voy a demostrar que $DH = GH$ .

Desde $\angle BGE = \angle BEG = \angle AEC = \angle ADB$ tenemos $\angle GBF = \angle FAD = \angle ABF$ lo que significa que $BF$ es la bisectriz de $\angle ABG$ . Por lo tanto, tenemos $\frac{AB}{BG} = \frac{AF}{FG}$ .

Pero también hemos $AB = AC$ y $BG = BE = CD$ y el teorema de Menelao con respecto al triángulo $AGD$ y la línea $FHC$ dice $\frac{AC}{CD} \cdot \frac{DH}{HG} \cdot \frac{GF}{FA} = 1$ .

De este modo, se obtiene $DH = GH$ .

Answer 2

Dejemos que $A,B,C$ sean vectores de $O(0,0)$ a $A,B,C$ resp, que $a=A-C,b=B-C$ . Y que $C$ sea $(0,0)$ entonces.
Escribamos todo lo que tenemos:
$D=(1-t)a, E=tb$ ,
$F$ : $F=AE\cap BD$ , $AE:ua+(1-u)tb$ , $BD:vb+(1-v)(1-t)a$ $$\begin{cases} u=(1-t)(1-v)\\\ (1-u)t=v \end{cases}$$ $$u=(1-t)(1-t+ut)$$ $$u-t(1-t)u=(1-t)^2$$ $$u = \frac{(t - 1)^2}{t^2 - t + 1}, v = \frac{t^2}{t^2 - t + 1}$$ $$F=\frac{(t - 1)^2}{t^2 - t + 1}a+\frac{t^2}{t^2 - t + 1}b$$ $H=\frac{w}2F$
$G=xA+(1-x)E=xa+(1-x)tb$ y, por último $DH=HG$ :
$2H=D+G=(1-t+x)a+(1-x)tb$
$$\begin{cases} 1-t+x=w\frac{(t - 1)^2}{t^2 - t + 1}\\\ (1-x)t=w\frac{t^2}{t^2 - t + 1} \end{cases}$$ $$w = 2-t,x=\frac{2 t^2 - 3 t + 1}{t^2 - t + 1}, 1-x=-\frac{t (t - 2)}{t^2 - t + 1}$$ $$\hbox{Thus }G=xa+(1-x)tb=\frac{2 t^2 - 3 t + 1}{t^2 - t + 1}a-\frac{t^2 (t - 2)}{t^2 - t + 1}b,$$ $$BE=E-B=(1-t)b, BG=G-B=\frac{2 t^2 - 3 t + 1}{t^2 - t + 1}a-\frac{(t - 1)^2 (t + 1)}{t^2 - t + 1}b$$ $$BG^2=(k_1a+k_2b)^2=k_1^2a^2+2k_1k_2ab+k_2^2b^2,$$ entonces recuerda $a^2=b^2$ , $ab=|a|\cdot|b|\cos\angle ACB=\frac12a^2,$ así $BG^2=\left(k_1^2+k_1k_2+k_2^2\right)a^2$ $=(1-t)^2a^2$ $=BE^2$ , QED.