Cómo probar $\measuredangle CDE=2\measuredangle ABE$

Question

En rectangular $ABCD$ y $E\in AC$ tal $$BE=\sqrt{2}\cdot AE$$ demostrar que $$\measuredangle CDE=2\measuredangle ABE$$

Mi intento: dejar $$AB=a,AD=b,\dfrac{AE}{AC}=k,$$ entonces $$AE=k\sqrt{a^2+b^2},BE=k\sqrt{2(a^2+b^2)}$$ Sé que tienen este relsut agradable $$AE^2+EC^2=BE^2+ED^2$$ entonces $$ED^2=k^2\cdot AC^2+(1-k)^2\cdot AC^2-2k^2\cdot AC^2=(1-2k)AC^2$$ así que $$\cos{\measuredangle EBD}=\dfrac{AB^2+BE^2-AE^2}{2AB\cdot BE}=\dfrac{a^2+k^2(a^2+b^2)}{2a\cdot k\sqrt{2(a^2+b^2)}}$$ $$\cos{\measuredangle CDE}=\dfrac{DC^2+DE^2-EC^2}{2 DC\cdot DE}=\dfrac{a^2+(1-2k)(a^2+b^2)-(1-k)^2(a^2+b^2)}{2\sqrt{(1-2k)(a^2+b^2)}a}=\dfrac{a^2-k^2(a^2+b^2)}{2\sqrt{(1-2k)(a^2+b^2)}a}$$

demostraremos $$2\cos^2{\measuredangle ABE}-1=\cos{\measuredangle CDE}$$ $$\Longleftrightarrow 2\dfrac{((k^2+1)a^2+b^2)^2}{8a^2k^2(a^2+b^2)}-1=\dfrac{a^2-k^2(a^2+b^2)}{2\sqrt{(1-2k)(a^2+b^2)}a}$$

Pero no puedo

Gracias por su

Answer 1

Probablemente no sea la mejor manera de hacerlo, pero quizá puedas simplificarlo.

Sea $F \in AB$ tal que $AB\perp EF$ y que $G \in CD$ tal que $CD \perp EG$ .

Sea $|AE|=x\Rightarrow |BE|=x\sqrt2$

Sea $|EG|=y$

Por último $\measuredangle ABE=\alpha$ , $\measuredangle BAC = \measuredangle ACD = \beta$ y $\measuredangle ADC=\gamma$

$\sin\alpha=\Large\frac{|FE|}{x\sqrt2}$ $\Rightarrow |FE|=\sin\alpha\cdot x\sqrt2$

Lo mismo digo, $|BF|=|CG|=\cos\alpha\cdot x\sqrt2$ y $|AF|=|GD|=\cos\beta\cdot x$

$\sin\beta=\Large\frac{|EF|}{|AE|}$$ =\sin\alpha\cdot \sqrt2$

$\tan\beta = \Large\frac{y}{\cos\alpha\cdot x\sqrt2}$ = $\Large\frac{\sin\beta}{\cos\beta}$ $\Rightarrow y=\Large\frac{\sin\beta\cdot \cos\alpha\cdot x\sqrt2}{\cos\beta}$

Desde $\cos\beta=\sqrt{1-\sin^2\beta}=\sqrt{1-2\sin^2\alpha}$ y $\sin\beta=\sin\alpha\cdot \sqrt2$ podemos conectarlos. Así que..,

$y=\Large\frac{\sin\alpha\cdot \cos\alpha\cdot 2x}{\sqrt{1-2\sin^2\alpha}}$

$\tan\gamma=\Large\frac{y}{\cos\beta\cdot x}$ = $\Large\frac{y}{\sqrt{1-2\sin^2\alpha}\cdot x}$

Enchufe $y$ en

$\tan\gamma=\Large\frac{\sin\alpha\cdot \cos\alpha\cdot 2x}{(1-2\sin^2\alpha)\cdot x}$ = $\Large\frac{2\sin\alpha\cos\alpha}{1-2\sin^2\alpha}$ = $\Large\frac{\sin2\alpha}{\cos2\alpha}$ = $\tan2\alpha$

Por lo tanto, $\gamma=2\alpha \Rightarrow \measuredangle CDE=2\measuredangle ABE$

Answer 2

Resuelvo este problema de otra manera. Establezcamos un sistema de coordenadas que $A$ es el punto original y $AB$ es el eje y y $AD$ es el eje x. Y $AB=a$ , $AD=b$ .

En este marco, tenemos: $A(0,0)$ , $B(0,a)$ , $C(b,a)$ , $D(b,0)$ . Para simplificar, definimos $k:=\frac{b}{a}$ y ecuación de $AC$ puede escribirse como $y=kx$ . Además, supongamos que $E(bx_0,ax_0)$ donde $x_0$ es un parámetro por determinar. Y luego la longitud de $AE$ y $BE$ puede escribirse como : \begin{equation} AE=\sqrt{1+k^2}bx_0\\ BE=b\sqrt{x_0^2+k^2(1-x_0)^2} \end{equation} Obsérvese que la condición $BE=\sqrt{2}AE$ da: \begin{equation} \frac{BE}{AE}=\sqrt{\frac{x_0^2+k^2(1-x_0^2)}{x_0^2+k^2x_0^2}}=\sqrt{2}\\ (1+k^2)x_0^2+2k^2x_0-k^2=0\\ x_0=\frac{k(-k+\sqrt{2k^2+1})}{k^2+1}\quad\mbox{(The negative root have been ignored since $E\in AC$)} \end{equation} Observación: Debo señalar el este resultado han sido ignorados en su deducción de que el punto $E$ puede determinarse mediante $a$ y $b$ .

Sea $\alpha$ y $\beta$ denotan $\measuredangle ABE$ y $\measuredangle EDC$ respectivamente. Tenemos: \begin{equation} \cos\alpha=\frac{AB^2+BE^2-AE^2}{2AB\cdot BE}=\frac{a^2+AE^2}{2\sqrt{2}a\cdot AE}\\ \cos\beta=\frac{ED^2+CD^2-EC^2}{2ED\cdot CD}=\frac{ED^2+a^2-EC^2}{2a\cdot ED} \end{equation} Ahora, la coordenada de $E$ se rige por $a$ y $b$ . $AE$ , $ED$ y $EC$ puede calcularse mediante coordenadas de $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $E$ y todas ellas son funciones de $k$ . Mediante un cálculo directo, podemos comprobar: \begin{equation} \cos\beta=2\cos^2\alpha-1 \end{equation} Dado que la deducción es tan largo que los ignoro aquí. Puedes comprobarlo usando MAPLE si crees que es difícil.