Triángulos equiláteros concéntricos

Question

Actualmente estoy investigando un sistema dinámico particular de naturaleza muy geométrica. Como parte de esto, necesito demostrar los siguientes resultados (el segundo obviamente implica el primero). Son "obviamente" ciertos, pero la prueba no parece tan obvia.

1. Triángulos equiláteros $ABC$ y $DEF$ son concéntricos. Puntos $A,G$ y $H$ son colineales. Puntos $B,H$ y $I$ son colineales. Sea $DG=FI=x$ y $EH=y$ . Demostrar que $x=y$ .

2. Supongamos ahora que el triángulo interno $DEF$ se gira en torno a su centro un pequeño ángulo de modo que los puntos $A$ y $G$ siguen estando en lados opuestos de la línea $DF$ . Demuestra que el resultado sigue siendo cierto.

Tengo una solución algebraica para el primer problema anterior. Pero estoy tratando de encontrar una prueba geométrica limpia. No he avanzado en la segunda generalización del primer resultado. He probado todos los trucos habituales (congruencia, regla de los senos y cosenos, etc.), pero no he conseguido nada. ¿Alguien tiene alguna aproximación a estos problemas que pueda funcionar?

Answer 1

Prueba de la conjetura 2:

Dejemos que $M=AG\cap DF, N=BH\cap DE$ Por Menelaus $\frac{FM}{MD}\frac{DG}{GE}\frac{EH}{HF}=1$ y $\frac{DN}{NE}\frac{EH}{HF}\frac{FI}{ID}=1$ pero $IF=DG$ así que $ID=GE$ y así $\frac{FM}{MD}=\frac{DN}{NE}$ pero ahora desde $DF=DE$ tenemos $MD=EN$ . Ahora bien, desde $A,M,D$ son no colineales tenemos que $A\not=M$ y $B\not=N$ sino de $DM=NE$ tenemos desde $\angle ADM=180-\angle ADF=180-\angle BED=\angle BEN$ y $BE=AD$ que $BEN\cong ADM$ así que $\angle BNE=\angle AMD$ así que ahora $EN=DM,\angle HNE=\angle GMD,\angle NEH=120=\angle GDM$ así que $ENH\cong DMG$ así $y=x$ . Así lo hemos conseguido gracias a $A,D,F$ no ser colineales y, de hecho, este es el único requisito. La prueba es la misma en otros casos que tienen diferentes colocaciones de puntos porque siempre podemos obtener $AMD\cong BNE$ . Cuando $A,D,F$ son colineales siempre tenemos $DG=FI$ que podemos ver fácilmente a partir de Menelaus utilizado en la prueba.

Answer 2

Abordaré este problema relacionando la congruencia de $\overline{DG}$ , $\overline{EH}$ , $\overline{FI}$ a cómo (o si) $\overleftrightarrow{AG}$ contiene $H$ , $\overleftrightarrow{BH}$ contiene $I$ y/o $\overleftrightarrow{CI}$ contiene $G$ .

Mi herramienta preferida es el Teorema de Ceva Extendido, introducido en esta respuesta pero reformulado aquí:

Teorema de Ceva extendido. Líneas $\overleftrightarrow{A^+B^{-}}$ , $\overleftrightarrow{B^+C^-}$ , $\overleftrightarrow{C^+A^-}$ a través de los bordes de $\triangle ABC$ coinciden si y sólo si $$\alpha^+ \beta^+ \gamma^+ + \alpha^-\beta^-\gamma^- + \alpha^+\alpha^- + \beta^+\beta^- +\gamma^+\gamma^- = 1 \tag{$ \N - La estrella $}$$

donde $$\alpha^+ := \frac{|BA^+|}{|A^+ C|} \qquad \beta^+ := \frac{|CB^+|}{|B^+A|} \qquad \gamma^+ := \frac{|AC^+|}{|C^+B|}$$ $$\alpha^- := \frac{|CA^-|}{|A^- B|} \qquad \beta^- := \frac{|AB^-|}{|B^-C|} \qquad \gamma^- := \frac{|BC^-|}{|C^-A|}$$

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Ahora, el problema que nos ocupa.

Extender los bordes de $\triangle DEF$ para que se encuentre con los lados de $\triangle ABC$ en los puntos $P_i$ y $Q_i$ por simetría, hay $p$ y $q$ tal que $$ \frac{|BP_a|}{|P_aC|} = \frac{|CP_b|}{|P_bA|} = \frac{|AP_c|}{|P_cB|} = p \qquad \frac{|CQ_a|}{|Q_aB|} = \frac{|AQ_b|}{|Q_bC|} = \frac{|BQ_c|}{|Q_cA|} = q $$

Además, ampliar $\overline{AG}$ , $\overline{BH}$ , $\overline{CI}$ para encontrarse con los bordes de $\triangle ABC$ en $A^\prime$ , $B^\prime$ , $C^\prime$ y definir $$\alpha := \frac{|CA^\prime|}{|A^\prime B|} \qquad \beta := \frac{|AB^\prime|}{|B^\prime C|} \qquad \gamma := \frac{|BC^\prime|}{|C^\prime A|}$$

Por el ECT con sustituciones

$$A^+ \to P_a \qquad A^-\to A^\prime \qquad B^+\to C \qquad B^-\to Q_b \qquad C^+\to A \qquad C^-\to C^\prime$$ para que $$\alpha^+ = p \qquad \beta^+ = \gamma^+ = 0 \qquad \alpha^- = \alpha \qquad \beta^- = q \qquad \gamma^- = \gamma$$ tenemos que $\overleftrightarrow{CI}$ contiene $G$ (es decir, que $\overleftrightarrow{AG}$ , $\overleftrightarrow{CI}$ , $\overleftrightarrow{DE}$ coincide con en $G$ ) si y sólo si $$1 = \alpha\;(\; p + q \gamma \;) \tag{$ 1 $}$$

Igualmente, $\overleftrightarrow{AG}$ contiene $H$ si y sólo si $$1 = \beta\;(\; p + q \alpha \;) \tag{$ 2 $}$$ y $\overleftrightarrow{BH}$ contiene $I$ si y sólo si $$1 = \gamma\;(\;p + q \beta \;) \tag{$ 3 $}$$

Ahora, el problema afirma que $\overleftrightarrow{AG}$ y $\overleftrightarrow{BH}$ contienen $H$ y $I$ , respectivamente; por lo tanto, $(2)$ y $(3)$ retener. El problema también afirma que $\overline{DG}\cong\overline{FI}$ para que $\overline{AC^\prime}\cong\overline{CB^\prime}$ , lo que implica $\alpha = \gamma$ . Siempre que $p\neq 0$ podemos concluir que $\alpha = \beta = \gamma$ que las tres concurrencias se mantienen, y que $\overline{DG}\cong\overline{EH}\cong\overline{FI}$ .

Nota. Cuando $p=0$ la cifra es tal que $\overleftrightarrow{DF}$ contiene $A$ (y así sucesivamente para otras líneas de borde y vértices). En este caso, no es necesario asume $\overline{DG}\cong\overline{FI}$ como el hecho de que $\alpha = \gamma$ (y por tanto esa congruencia) se deduce de asumir $(1)$ y $(2)$ (con $\beta \neq 0$ ). Sin embargo, no hay garantía de que $(1)$ se mantiene. La respuesta de @Ewan da un caso en el que no se cumple.

Nota. Cuando $q=0$ la cifra es tal que $\overleftrightarrow{DE}$ contiene $A$ (y así sucesivamente). Por la construcción del problema, cualquier punto $G$ en $\overline{DE}$ causa $H$ y $E$ para coincidir, con lo cual $I$ y $F$ también coinciden; para satisfacer la condición $\overline{DG}\cong\overline{FI}$ Debemos tener que $G$ y $D$ también coinciden. Esto, obviamente, satisface todas las concurrencias y da que $\alpha = \beta = \gamma$ .

Answer 3

Que los dos triángulos equiláteros concéntricos sean $ABC, DEF$ se colocan de manera que $DEF$ está dentro $ABC.$ los tres puntos $G, H, E$ están en los lados $DE, EF$ y $FD$ respectivamente. también tenemos los puntos $A, G, H$ colineal, a $B, H, I$ colineal y $DG = IF.$ dejar $O$ sea el centro de las dos circunferencias.

reivindicación 1: el triángulo $GHI$ es un triángulo equilátero.

Prueba: considera los triángulos $DGO, FIO.$ son congruentes porque $$\angle ODG = \angle OFI = 30^\circ, OD = OF = radius, DG = IF. \implies OG = OI, \angle OID + \angle OGD = 180^\circ$$

esto también nos da $$\angle GOI = 120^\circ.$$ mirando el triángulo isósceles $OIG,$ y utilizando el hecho $\angle IOG = 120^\circ,$ podemos ver que $$\angle OIC = \angle OGI = 30^\circ,\, IG \parallel OF.$$

dejar $H'$ sea el único punto en $EF$ tal que $IGH'$ es un triángulo equilátero. el punto $H'$ es único porque la base $GH$ del triángulo equilátero que $O$ ya que el circuncentro es fijo.

parece claro, pero necesito probar que esto $H' = H.$

Answer 4

La propiedad generalizada es falsa (por desgracia). He aquí un contraejemplo con coordenadas simples :

$$ \begin{array}{llllll} A & (1,\frac{5}{\sqrt{3}}) & B & (2,-\frac{4}{\sqrt{3}}) & C & (-3,-\frac{1}{\sqrt{3}}) \\ D & (0,\frac{2}{\sqrt{3}}) & E & (1,-\frac{1}{\sqrt{3}}) & F & (-1,-\frac{1}{\sqrt{3}}) \\ G & (\frac{1}{3},\frac{1}{\sqrt{3}}) & H & (0,-\frac{1}{\sqrt{3}}) & I & (-\frac{2}{\sqrt{3}},0) \\ \end{array} $$

Es sencillo comprobarlo con esos valores, $ABC$ y $DEF$ son ambos equiláteros y centrados en el origen, que $H$ es el medio de $[EF]$ y que

$$ \overrightarrow{HA}=3\overrightarrow{HG}, \overrightarrow{DE}=3\overrightarrow{DG}, \overrightarrow{BI}=\frac{4}{3}\overrightarrow{BH}, \overrightarrow{FD}=3\overrightarrow{FI}. $$

Aquí está la figura correspondiente :