Triángulo isósceles

Question

$\Delta ABC$ en la siguiente figura:

$\angle 1+\angle 2=\angle 3+\angle 4,\quad$

$E\in AB,\; D\in AC,\; F=BD\cap CE,$

$BD=CE$.

Probar: $AB=AC$

La versión exacta de la figura debe verse así:

Este es un problema que debe ser un poco más difícil que la de Steiner-Lehmus Teorema.

Answer 1

Softonic no perder generalidad si ponemos el triángulo con la base en $(-1,0),\;(1,0)$.

Vamos a llamar a los ángulos $\angle1, \, \cdots, \, \angle 4$ $\alpha_1,\, \cdots, \, \alpha_4$ (sólo para manejar mejor de ellos simbólicamente), entonces tenemos que tener en $$ \bbox[lightyellow] { \alpha _{\,1} + \alpha _{\,2} = \alpha _{\,3} + \alpha _{\,4} \quad \Rightarrow \quad \left\{ \matriz{ \alpha _{\,4} - \alpha _{\,1} = \alpha _{\,2} - \alpha _{\,3} = \delta \hfill \cr \alpha _{\,4} + \alpha _{\,1} = \delta + 2\alpha _{\,1} = \delta + \beta \hfill \cr \alpha _{\,2} + \alpha _{\,3} = \delta + 2\alpha _{\,3} = \delta + \gamma \hfill \cr} \right. } \etiqueta{1}$$

Considere ahora dos segmentos de longitud $r$ partiendo de puntos de $B$$C$, y terminando en los puntos de $$ \bbox[lightyellow] { \eqalign{ & D = \left( { - 1 + r\cos \left( {\delta + \beta /2} \right)\; r\sin \left( {\delta + \beta /2} \right)} \right) \cr E & = \left( {1 - r\cos \left( {\delta + \gamma /2} \right)\; r\sin \left( {\delta + \gamma /2} \right)} \right) \cr} } \etiqueta{2}$$ de modo que cumplan las condiciones impuestas para la longitud, y para los ángulos (que se bisecar $\beta$$\gamma$).

Vamos a considerar, a continuación, las líneas de $C,D$$B,E$. Sus ecuaciones son $$ \bbox[lightyellow] { \left\{ \matriz{ {\rm línea}\,{\rm CD}:\;{{x - 1} \over { - 2 + r\cos \left( {\delta + \beta /2} \right)}} = {y \over {r\sin \left( {\delta + \beta /2} \right)}} \hfill \cr {\rm línea}\,{\rm SER}:{{x + 1} \over {2 - r\cos \left( {\delta + \gamma /2} \right)}} = {y \over {r\sin \left( {\delta + \gamma /2} \right)}} \hfill \cr} \right. } \etiqueta{3}$$ y queremos que sus pendientes: $$ \bbox[lightyellow] { \eqalign{ & \left\{ \matriz{ {{r\sin \left( {\delta + \beta /2} \right)} \over { - 2 + r\cos \left( {\delta + \beta /2} \right)}} = - \tan \left( {\delta + \gamma } \right) \hfill \cr {{r\sin \left( {\delta + \gamma /2} \right)} \over {2 - r\cos \left( {\delta + \gamma /2} \right)}} = \tan \left( {\delta + \beta } \right) \hfill \cr} \right.\quad \Rightarrow \quad (4.a) \cr & \Rightarrow \quad \left\{ \matriz{ {{\sin \left( {\delta + \beta /2} \right)} \over {2/r - \cos \left( {\delta + \beta /2} \right)}} = \tan \left( {\delta + \gamma } \right) \hfill \cr {{\sin \left( {\delta + \gamma /2} \right)} \over {2/r - \cos \left( {\delta + \gamma /2} \right)}} = \tan \left( {\delta + \beta } \right) \hfill \cr} \right.\quad \Rightarrow \quad (4.b) \cr & \Rightarrow \quad \left\{ \matriz{ \sin \left( {2\delta + \beta /2 + \gamma } \right) = 2/r\sin \left( {\delta + \gamma } \right) \hfill \cr \sin \left( {2\delta + \beta + \gamma /2} \right) = 2/r\sin \left( {\delta + \beta } \right) \hfill \cr} \right. \quad (4.c) \cr} }$$

El sistema de ecuaciones en (4.c) anterior se puede representar como $$ \bbox[lightyellow] { \left\{ \matriz{ 0 \le \beta\gamma < \pi /2 - \delta \hfill \cr F\left( {\beta\;\,\gamma \;;\;\,\delta ,r} \right) = \sin \left( {2\delta + \beta /2 + \gamma } \right) - 2/r\sin \left( {\delta + \gamma } \right) \hfill \cr F\left( {\beta\;\,\gamma \;;\;\,\delta ,r} \right) = 0 \hfill \cr F\left( {\gamma ,\;\beta \;\,;\,\;\delta ,r} \right) = 0 \hfill \cr} \right. } \etiqueta{5}$$ y ya que impone a ser nulo el $F(\beta,\,\gamma)$ y su simétrica $F(\gamma,\, \beta)$, entonces, claramente, si existen, las soluciones se $\beta=\gamma$, es decir, el triángulo debe ser isósceles.
Q. E. D.

Answer 2

He intercambiado las posiciones de $\angle 3, 4$, en la figura anterior, que no debe afectar el resultado. La prueba a continuación hará uso de esta nueva figura.

Construcción$EG{/\!\!/}BD$$DG{/\!\!/BE}$, $BDGE$ es un paralelogramo.

Conectar los puntos de $G$$C$, etiqueta de ángulos $\measuredangle 1=\angle EGD=\angle 1$, $\angle 5 =\angle CGD$ y $\angle 6=\angle DGC$.

A continuación, $CE=BD=EG\Rightarrow \measuredangle 1+\angle 6=\angle 3+\angle 5$

El siguiente uso de la prueba por ello técnica:

Si $\angle 3=\angle 1$, el resultado va a ser fácil para probar, por lo que suponemos $\angle 3\ne\angle 1$. Específicamente, sin pérdida de generalidad, supongamos:

$\angle 3>\angle 1\Rightarrow \angle 5<\angle 6\tag{1}$

y $\because\angle 1+\angle 2=\angle 3+\angle 4$

Por otro lado, la actual suposición conduce a：

$\angle 3>\angle 1\Rightarrow \angle 4<\angle 2\Rightarrow CD<BE\Rightarrow CD<DG\Rightarrow \angle 6<\angle 5\tag{2}$

(1) los conflictos con (2); del mismo modo, la hipótesis de $\angle 3<\angle 1$ conducirá también a una tal contradicción， por lo tanto, llegamos a la conclusión de que:

$\angle 1=\angle 3$ ，

por lo tanto, $\angle 2=\angle 4$ ，y $\angle 5=\angle 6$;

y, a continuación, $\angle 1+\angle 4=\angle 3+\angle 2$ $AB=AC$

Answer 3

Voy a utilizar el diagrama original. (La llamada "versión exacta" diagrama de algunas etiquetas cambiado, y creo que no ayuda, porque es muy fácil asumir que la respuesta de ella.)

Dado $BD=CE$, estamos tratando de mostrar que la relación que rigen los ángulos: $\angle 1 + \angle 2 = \angle 3 + \angle 4$ implica que el $AB=AC$. En primer lugar, observe que la inversa de la implicación es trivialmente verdadera:

Si $AB=AC$, $BEDC$ es un trapecio (trapecio en América) con la igualdad de los ángulos básicos y la igualdad de las diagonales, y por lo tanto $\angle 1 = \angle 3$ $\angle 2 = \angle 4$ y la igualdad de la siguiente manera.

Pero ahora considere la posibilidad de dibujar las dos líneas desde el vértice $A$, y la fijación de los puntos de $C$$E$, mientras permitiendo que el punto de $D$ a moverse a lo largo de la línea de $AC$, mientras que el punto de $B$ asimismo se mueve a lo largo de la línea de $AE$ para mantener la igualdad de longitudes $EC$$BD$. El $\angle 3$ es fijo: considerar cómo el valor de $\angle 1 + \angle 2 - \angle 4$ varía.

Si $D$ comienza cerca de $A$, $\angle 1$ va a ser arbitrariamente pequeño, $\angle 2$ va a ser arbitrariamente pequeño o negativo, sino $\angle 4$ será significativamente grandes. El valor de $\angle 1 + \angle 2 - \angle 4$ va a ser muy pequeño o negativo. Como $D$ se mueve hacia abajo, $\angle 1$ $\angle 2$ son tanto monótonamente creciente, mientras que $\angle 4$ es monótonamente decreciente. Por lo tanto, a fortiori, el valor de $\angle 1 + \angle 2 - \angle 4$ es monótonamente creciente. Debe haber un único punto en el que el ángulo de la relación se mantiene. Pero ya hemos demostrado que se aplica en el caso de $AB=AC$, y por lo tanto la implicación va en ambos sentidos, y hemos demostrado que, dado el ángulo de la relación, $AB=AC$. QED