Podemos probar esta geometría pregunta sin mucho cálculo?

Question

Podemos probar el siguiente geometría pregunta sin mucho cálculo?

$ABCD$ es un cuadrado, $AC=AE$, $DF=DE$, $AC$ y $BF$ reunirse en $G$, $BG=CE$.

Probar: $BG \parallel CE$.

Answer 1

Parece estar relacionado con una disección de un dodecagon en tres cuadros:

Vamos que asumir que la plaza tiene una unidad de lado, $\widehat{CAE}=\theta$ $H$ es la proyección de $D$$AE$.
Si demostramos $\theta=30^\circ$, la reclamación fácilmente de la siguiente manera. Tenemos $AE=\sqrt{2}$ y $$ AH = \cos\left(\frac{\pi}{4}-\theta\right) = \frac{\cos\theta+\sin\theta}{\sqrt{2}}, $$ por lo $AF=\sqrt{2}(\cos\theta+\sin\theta-1)$. Por el teorema del coseno $$ BF^2 = 1+AF^2-2 AF\cos\left(\theta+\frac{\pi}{4}\right) $$ y $$ \frac{BG}{GF}=\frac{[BAG]}{[GAF]}=\frac{\sin\frac{\pi}{4}}{AF\sin\theta}, $$ por lo tanto $$ BG^2 = \left(\frac{\sin\frac{\pi}{4}}{\sin\frac{\pi}{4}+AF\sin\theta}\right)^2 BF^2 = \frac{5-2 \cos\theta-2\cos(2\theta)-6\sin\theta+2\sin(2\theta)}{(2-\cos(2\theta)-2\sin(\theta)+\sin(2\theta))^2}$$ y por la equiparación de la $BG^2$ $CE^2=4(1-\cos\theta)$ $$ \sin\theta=\frac{1}{2} $$ de la siguiente manera (no es fácil - es mejor que tener la ayuda de un CAS).

Answer 2

Esta respuesta debe mucho a Jack D'Aurizio exactos de diagrama, y su observación de que $\widehat{CAE} = 30^\circ$.

Voy a repetir su diagrama de aquí, para mayor facilidad de referencia, cuando después de la primera parte de la prueba:

Con el fin de determinar la ubicación del punto de $E$, cuya singularidad se mostrará más adelante, en primer lugar, imaginemos por el bien del argumento de que el reclamado la proposición es verdadera.

(Si usted es feliz de aceptar un conejo de un sombrero, puede omitir esta parte del argumento - que no es estrictamente parte de la prueba en lo absoluto - y el inicio de la construcción de puntos de $F$, $G$, y $E$ por el método de (3) a continuación).

A continuación, $CE$ es paralelo e igual a $BG$, lo $CEGB$ es un paralelogramo. Por lo tanto, $GE$ es paralelo e igual a $BC$. Pero $BC$ es paralelo e igual a $AD$, por lo $GE$ es paralelo e igual a $AD$.

Por lo tanto, $GEDA$ es un paralelogramo. Por lo tanto, $DE$ es paralelo a $AD$; y por lo tanto, $\widehat{ADE} = 135^\circ$.

Debido a $GF \parallel CE$, e $\triangle ACE$ es isósceles, por lo que es $\triangle AGF$, por lo $AF = AG$.

Utilizando de nuevo el hecho de que $GEDA$ es un paralelogramo, tenemos $AG = DE$.

Pero se nos da ese $DF = DE$. Por lo tanto, $DF = DE = AG = AF$, es decir, $\triangle ADF$ es isósceles.

Dejar que los dos ángulos básicos de $\triangle ADF$ tanto ser igual a $\phi$. A continuación, el ángulo externo $\widehat{DFE} = 2\phi$. Debido a $\triangle DFE$ es isósceles, $\widehat{DEF} = 2\phi$, por lo $\widehat{EDF} = 180^\circ - 4\phi$, por lo $\widehat{ADE} = 180^\circ - 3\phi$.

Pero hemos establecido anteriormente que el $\widehat{ADE} = 135^\circ$; por lo tanto,$\phi = 15^\circ$.

Desde $\widehat{DAC} = 45^\circ$, se deduce que el $\widehat{EAC} = \widehat{FAG} = 30^\circ$.

Debido a $\triangle AGF$ es isósceles, $\widehat{AGF} = 75^\circ$. Pero este ángulo externo a $\triangle ABG$, y ya sabemos que $\widehat{GAB} = 45^\circ$, por lo $\widehat{ABG} = 30^\circ$.

Desde $\widehat{FAB} = 75^\circ$, se deduce de la suma de ángulos de $\triangle ABF$ que $\widehat{AFB} = 75^\circ$, lo $\triangle ABF$ es isósceles,$FB = AB$.

Esto confirma lo que Jack D'Aurizio del diagrama sugiere, viz. que $F$ es el vértice de un triángulo equilátero erigido en $BC$ como base.

Podemos construir $E$: (1) mediante la producción de $AF$ a una distancia igual a $AC$; o bien, (2) por la obtención de $G$ como el punto de intersección de las $AC$$BF$, y, a continuación, completar el paralelogramo $BCEG$; sin embargo, de nuevo, (3) por la construcción de otro triángulo equilátero en el interior de la plaza se erigió en el lado $CD$ a la derecha de la plaza, $ABCD$ de la muestra, y la construcción de $E$ dentro de esa plaza, de la misma manera como $G$ dentro $ABCD$.

Olvidar ahora que estábamos suponiendo que la afirmación de la proposición es verdadera, y empezar de nuevo!

No podemos asumir que los métodos de construcción (1), (2) y (3) son equivalentes. Puedo elegir el método (3).

Por favor, disculpe este vergonzosamente low-tech figura, pero no estoy a la velocidad con figuras del dibujo digitalmente:

Construcción $F$ como el vértice de un triángulo equilátero $\triangle BCF$ erigido en $BC$ como base. Dibujar $AC$ de intersección $BF$$G$.

Producir $BC$ hasta el punto de $K$ donde $CK = BC$. Construir un triángulo equilátero $\triangle CKL$ $CK$ como base. Dibujar $DK$ de intersección $CL$$E$.

(De hecho, las tres líneas $DK$, $CL$, y $AF$ producidos son concurrentes, pero no lo sabemos todavía, donde el uso de una línea punteada en el diagrama.)

Argumentando que en aproximadamente el orden inverso a la anterior, ahora sabemos que:

$\widehat{FBC} = 60^\circ$, por lo $\widehat{ABF} = 30^\circ$; y $AB = BF$, por lo $\triangle ABF$ es isósceles, por lo tanto,$\widehat{FAB} = 75^\circ$; por lo tanto,$\widehat{FAG} = 30^\circ$$\widehat{DAF} = 15^\circ$.

Unirse a $FC$, tenemos un triángulo isósceles $\triangle FCD$ congruentes (por 'SAS') a $\triangle ABF$, lo $DF = AF$.

Debido a $\widehat{FAG} = 30^\circ$$\widehat{AFG} = \widehat{AFB} = 75^\circ$, también hemos $\widehat{AGF} = 75^\circ$, lo $\triangle AGF$ es isósceles.

Utilizamos esta hecho de dos maneras:

Primero, podemos deducir que los $AG = AF$.

Pero ya hemos demostrado que $AF = DF$. También, a partir de la similitud de los métodos de construcción de los puntos de $E$$G$, los triángulos $\triangle DCE$ $\triangle ABG$ son congruentes (el patrón es 'ASA': $DC = AB$, $\widehat{CDE} = 45^\circ = \widehat{ABG}$, y $\widehat{DCE} = 30^\circ = \widehat{ABG}$), por lo tanto,$DE = AG$.

Poniendo estas tres ecuaciones, obtenemos $DE = AG = AF = DF$.

En el triángulo isósceles $\triangle DFE$, el vértice del ángulo $$\widehat{FED} = \widehat{ADC} + \widehat{CDE} - \widehat{ADF} = 90^\circ + 45^\circ -15^\circ = 120^\circ $$ (como alternativa, utilice el hecho conocido de que $\widehat{FDC} = 75^\circ$), por lo tanto,$\widehat{DFE} = 30^\circ$. Desde $30^\circ$ es la suma de los dos interiores ángulos opuestos $\widehat{DAF} = \widehat{FDA} = 15^\circ$ en triángulo isósceles $\triangle DAF$, se deduce que el punto de $E$ se encuentra en la línea de $AF$ producido (en línea discontinua en el diagrama).

Ahora estamos listos para hacer el segundo de la deducción del hecho de que $\triangle AGF$ es isósceles:

A partir de la construcción de los puntos $E$, $F$, y $G$ usando triángulos equiláteros de pie en la línea de $BC$ producido (a $K$), debido a que las líneas de $CE$ $GF$ son paralelas (ambas ángulo de $60^\circ$ con la línea de $BCK$), los triángulos $\triangle ACE$ $\triangle AGF$ son similares. Por lo tanto, $\triangle ACE$ es isósceles, por lo $AE = AC$.

Por lo tanto, con esta particular construcción de los puntos $E$, $F$, y $G$, todos los cuatro de las condiciones del problema son satisfechos. Así es su conclusión, porque, como ya se ha comentado (en el supuesto de probar que los triángulos $\triangle ACE$ $\triangle AGF$ son similares), $BG \parallel CE$.

Yo iba a terminar la pelea con el argumento de que si el círculo con centro de $A$ y radio de $AC$ cruza la línea de $AD$ producido en el punto de $M$, y si un punto de $P$ es tomar en cualquier lugar en el arc $MC$, y, a continuación, un punto de $Q$ construido en el radio de $AP$$DQ = DP$, y finalmente un punto de $R$ construida como la intersección de $BQ$$AP$, la longitud de la $BR$ puede ser demostrado para aumentar estrictamente como $P$ se mueve de $M$ $C$(una forma débil de palabras que se puede prescindir), mientras que la longitud de la $CP$ disminuye estrictamente, de modo que el punto de $P = E$ es la única donde el $BR = CP$. De ello se deduce que sólo hay un triple de puntos ($E$, $F$, $G$) la satisfacción de las condiciones del problema; y, a continuación, también se $BG \parallel CE$.

Pero veo que dxiv ahora ha publicado una respuesta que termina con el mismo argumento. Yo todavía deseas hechizo de esta parte de la prueba en más detalle, pero se puede esperar, y esta respuesta ya es suficiente!

Answer 3

La siguiente (1) resolver un problema muy estrechamente relacionado con, entonces (2) demostrar que es equivalente a la originalmente planteada.

(1) el Uso de la misma imagen, como se publicó, pero con una construcción diferente, vamos a $ABCD$ ser la plaza, y $G$ a un punto en la diagonal $AC$. Definir punto de $E$ como $GE$ es paralelo a $BC$ $GE=BC$ (de modo que ambas $BCEG$ $AGED$ son paralelogramos). Deje $F$ ser la intersección de $BG$$AE$.

Que se demostró que: no existe un único punto G para que $AE = AC$, y para ese momento (sólo) también es cierto que $DF = DE$.

Los cálculos de trabajo relativamente fácil en un plano complejo conjunto con el origen en Una, y de una unidad de $AD$ a lo largo del eje real. Entonces (usando $z$ para el número complejo asociado con el punto de $Z$):

$$a=0, \;\;b=-i, \;\;c = 1-i, \;\;d=1, \;\;g = \lambda c \;\text{ con }\lambda \en (0,1) $$

Desde $AGED$ es un paralelogramo: $e = d + (g - a) = (1 + \lambda) - i \lambda$. Entonces:

$$ \;\;AE^2 - AC^2 = |e-a|^2 - |c-|^2 = (1 + \lambda)^2 + \lambda^2 - 2 = 2 \lambda^2 + 2 \lambda - 1 $$

$$\begin{align} \;\;DF^2 - DE^2 = |f-d|^2 - |e-d|^2 & = |(\lambda^2 + \lambda - 1) - i \lambda^2|^2 - |\lambda - i \lambda|^2 \\ & = 2 \lambda^4 + 2 \lambda^3 - 3 \lambda^2 - 2 \lambda + 1 \\ & = (\lambda^2 - 1)(2 \lambda^2 + 2 \lambda - 1) \\ & = (\lambda^2 - 1)(AE^2 - AC^2) \end{align} $$

$\lambda^2 - 1 \ne 0$ desde $\lambda \in (0,1)$ , lo que demuestra que $\;\;DF = DE \;\; \iff \;\; AE = AC$.

Además, desde el $2 \lambda^2 + 2 \lambda - 1$ es estrictamente creciente en a $(0,1)$ el punto de $G$ que $AE=AC$ $DF=DE$ está determinada únicamente (de hecho, es la $G$ correspondiente a $\lambda = (-1 + \sqrt{3})/2$).

(2) Volver al problema original, por un momento ignorar el pasado $BG=CE$ restricción, y deje $A'$ ser el punto en la línea $AD$ como $AA' = AC$ en el mismo lado de la $A$$D$. Es fácil comprobar que $BG \lt CE$$E \equiv A'$, e $BG \gt CE = 0$$E \equiv C$, por lo que debe existir al menos un punto de $E$ a lo largo del camino donde $BG=CE$. También puede ser demostrado que, como punto de $E$ se mueve de $A'$ $C$a lo largo del arco del círculo $AE = AC$, $BG$ aumenta y $CE$ disminuye, por lo que el punto donde $BG=CE$ es único. En fin, que el único punto de $G$ coincide con las mismas restricciones que el único punto de $G$ determinado en (1) , así que al final deben ser de la misma, por lo $BG \parallel CE$ por la construcción en (1).

Answer 4

Esta no es una respuesta, pero un comentario extendido, a la que espero que otros contribuyen. (Alternativamente, podría ser una buena idea hacer una pregunta por separado sobre Kurschak del Teorema.)

Este áspero diagrama (de nuevo pido disculpas por la falta de calidad técnica), es lo que necesito para ser Kurschak la disección de un tercio de regulares dodecagon de circunradio $R$, en un cuadrado de lado a $R$, lo que demuestra que el área de la dodecagon es $3R^2$. (Sin duda, esto debe considerarse como uno de los más memorables de los resultados en matemáticas, sin embargo, yo nunca había oído hablar de ella, hasta la lectura de Jack D'Aurizio la respuesta a esta pregunta.)

Veo que es algo que se asemeja a la figura de $ADFB$ a partir de la pregunta (similar orientado dentro de la gran plaza aquí), pero nada parece corresponder a los puntos $G$ o $E$.

Answer 5

Mirando desde la unidad de cuadrado (ABCD) con G de ser un punto en la diagonal AC, voy a utilizar una "marcha atrás" enfoque mediante la aceptación de BG = CE y suponiendo que el resultado de la BG // CE.

Después de unirse a GE y también DE, obtenemos los paralelogramos BCEG y ADEG . En particular, $DE // AC$$\angle CDE = 45^0$.

Vamos a por ejemplo cortar CD en $J$ y EG producido corte AB en $J_1$. Claramente, $\triangle ABG \cong \triangle DCE$, $\triangle AJ_1G \cong \triangle DJE$ y $\triangle BJ_1G \cong \triangle CJE$.

En esta etapa, G se desliza libremente a lo largo de CA. E y otro conectado puntos y líneas se mueven a lo largo de correspondientemente. Sin embargo, los mencionados triángulo de pares (con J a J e de E a E' etc.); siendo congruentes. Todos estos se pueden ver en la siguiente figura.

La condición que fija el punto G es AE cuya longitud es dada a la misma de CA ($=\sqrt 2$).

Si $AJ_1 = x$, otras líneas tienen sus longitudes marcadas como se muestra.

Considerando $\triangle AJ_1E$, el valor de x se puede encontrar a partir de:- $$x^2 + (1 + x)^2 = (\sqrt 2)^2$$

Después de simplificar, obtenemos x = 0.366.....

EDIT: En $\triangle BJ_1G$, $\theta = \tan^{-1} \dfrac {x}{1 - x} = … = 30^0$.

Una vez $\theta$ a $30^0$, el problema puede ser abordado mucho más fácil con ese pedazo de información adicional. De hecho, se convierte en un problema (al menos parte de ella) que se pueden encontrar en muchos geometría de texto.