Gibt es eine mögliche geometrische Methode, um die Länge dieses gleichseitigen Dreiecks zu finden?

Question

Gibt es eine mögliche geometrische Methode, um die Länge dieses gleichseitigen Dreiecks zu finden?

Vektoren
Geometrie
Mathematik
analytische Geometrie
Euklidische Geometrie
geometrische Transformation

alex4814

Problem Angesichts dessen $AD \parallel BC$ , $|AB| = |AD|$ , $\angle A=120^{\circ}$ , $E$ ist der Mittelpunkt von $AD$ , Punkt $F$ liegt auf $BD$ , $\triangle EFC$ ist ein gleichseitiges Dreieck und $|AB|=4$ , finden Sie die Länge $|EF|$ .

Versuch Auf den ersten Blick dachte ich, es könnte mit einer geometrischen Methode gelöst werden. Ich betrachtete den Sinus/Cosinus-Satz , ähnliche Dreiecke , den Satz des Pythagoras , sogar den Satz des Menelaos , bekam jedoch Eigenschaften, die nichts zur Berechnung beitrugen $|EF|$ .

Was ich habe, nachdem ich eine Linie senkrecht dazu gezeichnet habe $BC$ durch $E$

$\triangle ABH$ Und $\triangle AHD$ sind beides gleichseitige Dreiecke der Länge 4.
$\triangle EFD \sim \triangle GEH$
$|EH|=2\sqrt{3}$

Algebraische Methode Schließlich habe ich meine Meinung geändert und mich der Algebra zugewandt. Ich fand es einfach zu koordinieren $E,A,B,D$ Und $C$ bezieht sich auf $F$ (Rotation) und $B$ (gleiche horizontale Linie). Machen $E$ als Ursprung, $AD$ verweist auf $x$ -Achse, $HE$ verweist auf $y$ -Achse, wir haben

$E = (0,0)$
$A = (-2,0)$
$B = (-4,-2\sqrt{3})$
$D = (2,0)$

Punkt $(x, y)$ im Einklang $BD$ hat $y=\frac{1}{\sqrt{3}}(x-2)$ . Annehmen $F=(x_0,y_0)$ , $C=(x_1,y_1)$ , können wir erhalten $C$ durch Drehen $F$ um Drehpunkt $E$ $60^{\circ}$ gegen den Uhrzeigersinn

[\begin{matrix} X_{1} \\ j_{1} \end{matrix}] = [\begin{matrix} \cos θ & - Sünde θ \\ Sünde θ & \cos θ \end{matrix}] [\begin{matrix} X_{0} \\ j_{0} \end{matrix}]

$\begin{bmatrix} x_1 \\ y_1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos{\theta} & -\sin{\theta} \\ \sin{\theta} & \cos{\theta} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_0 \\ y_0 \end{bmatrix}$ , auch das wissen wir

B C

$BC$ ist parallel zu

x

$x$ -Achse, dann

\begin{aligned} j_{1} & = Sünde 60^{\circ} X_{0} + \cos 60^{\circ} j_{0} \\ = Sünde 60^{\circ} X_{0} + \cos 60^{\circ} \frac{1}{\sqrt{3}} (X_{0} - 2) \\ = - 2 \sqrt{3} \end{aligned}

$\begin{align*} y_1 & = \sin{60^{\circ}} x_0 + \cos{60^{\circ}} y_0 \\ & = \sin{60^{\circ}} x_0 + \cos{60^{\circ}} \frac{1}{\sqrt{3}}(x_0-2) \\ & = -2\sqrt{3} \end{align*}$ , daher

F = (- \frac{5}{2}, - \frac{3 \sqrt{3}}{2})

$F=(-\frac{5}{2}, -\frac{3\sqrt{3}}{2})$ , und schlussendlich

| E F | = \sqrt{13}

$|EF|=\sqrt{13}$

Nachdenklich ist mir das aufgefallen $F$ (durch seine Koordinate) ist eigentlich der Mittelpunkt von $BK$ . Es mag ein Schlüsselpunkt der geometrischen Methode sein, aber ich kann es auch nicht beweisen.

Graph Ich habe es in GeoGebra erstellt und es wird geteilt. Bitte gehen Sie und bearbeiten Sie es, um Ihre Zeit zu sparen, wenn Sie eine Idee haben. Link: https://www.geogebra.org/graphing/yqhbzdem

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Gibt es eine mögliche geometrische Methode, um die Länge dieses gleichseitigen Dreiecks zu finden?

Nichtbenutzer · Answer 1

Seit

∠ E D F = \frac{1}{2} ∠ F C E

$\angle EDF = {1\over 2}\angle FCE$ wir sehen das

D

$D$ befindet sich auf einem Kreis mit Mittelpunkt bei

C

$C$ und Radius

C E = C F

$CE =CF$ So

C D = C E

$CD=CE$ .

Wenn $M$ ist Mittelpunkt von $ED$ wir haben

C E^{2} = M E^{2} + C M^{2} = 1 + A G^{2} = 13

$CE^2 = ME^2+CM^2 = 1+AG^2 = 13$

So $CE = \sqrt{13}$ .

Ich denke, die Bedingung " $\angle EDF = {1\over 2}\angle FCE$ " ist NICHT stark genug, um zu garantieren, dass D auf demselben Kreis liegt, der bei C zentriert ist, mit Radius = CF.
Erklären Sie zumindest, warum die erste Behauptung wahr ist. Die Erklärung achtet darauf, die offensichtliche Radiusgleichheit aufzulisten, erklärt aber nicht einmal die Logik des Kreises.
Ja, nur das ist es nicht. Aber wenn Sie weiterlesen, sehen Sie $CF=CE$ ! @Mick @C Perkins
Es gibt keine Frage zu CF = CE. Der Punkt ist, dass die Umkehrung von "Winkel in der Mitte = doppelter Winkel am Umfang" nicht unbedingt wahr ist.
Das verdeutlicht eines. Eine weitere Anforderung, die wir erwähnen müssen, ist, dass sowohl C als auch D auf derselben Seite der Linie EF liegen sollten, aber das ursprüngliche Diagramm zeigte deutlich, dass sie es sind.

Myunghyun-Lied · Answer 2

Lassen $P$ sei der senkrechte Fuß von $E$ Zu $BD$ . Wir glauben, dass $|EP|=\sin(\angle EDP )\cdot|ED|=1$ . Das finden wir auch
$\triangle EPF$ ist deckungsgleich mit $\triangle CHE\$ implizieren das

| E P | = | C H | = 1.

$|EP|=|CH|=1.$ Nach dem Satz des Pythagoras folgt es

| E C |^{2} = | E H |^{2} + | C H |^{2} = 13,

$|EC|^2 =|EH|^2 +|CH|^2 =13,$ dh

| E F | = | E C | = \sqrt{13} .

$|EF|=|EC| =\sqrt{13}.$

@TheGreatDuck Ich habe eine Figur hinzugefügt. Ich hoffe, das wird helfen.
Das ist sinnvoll (+1), aber es würde helfen, wenn das Diagramm nicht ganz so viele unnötige Punkte und Linien zeigen würde. CD ist nutzlos, aber störend, obwohl es im Problem erwähnt wird, und die Schnittpunkte I, J, K, L, M, N, O sind völlig irrelevant.
@HenningMakholm Danke für den Vorschlag, Sir. Ich habe die Abbildung aktualisiert. ich hoffe das ist besser..

Michael Rosenberg · Answer 3

Ich mag den folgenden Weg.

Lassen $\vec{AB}=\vec{a}$ , $\vec{AD}=\vec{b}$ , $\vec{BF}=p\vec{BD}$ Und $\vec{BC}=k\vec{AD}.$

Daher,

\vec{F E} = - P (- \vec{A} + \vec{B}) - \vec{A} + \frac{1}{2} \vec{B} = (P - 1) \vec{A} + (\frac{1}{2} - P) \vec{B}

$\vec{FE}=-p(-\vec{a}+\vec{b})-\vec{a}+\frac{1}{2}\vec{b}=(p-1)\vec{a}+\left(\frac{1}{2}-p\right)\vec{b}$ Und

\vec{F C} = - P (- \vec{A} + \vec{B}) + k \vec{B} = P \vec{A} + (k - P) \vec{B} .

$\vec{FC}=-p(-\vec{a}+\vec{b})+k\vec{b}=p\vec{a}+(k-p)\vec{b}.$

Nun erhalten wir folgendes System:

| \vec{F E} | = | \vec{F C} |

$|\vec{FE}|=|\vec{FC}|$ Und

\frac{\vec{F E} \cdot \vec{F C}}{| \vec{F E} | | \vec{F C} |} = \frac{1}{2}

$\frac{\vec{FE}\cdot \vec{FC}}{|\vec{FE}||\vec{FC}|}=\frac{1}{2}$ mit Variablen

p

$p$ Und

k

$k$ .

Wir können dieses System lösen und der Rest ist glatt.

Intelligente pauca · Answer 4

Lassen $\alpha=\angle DEC$ . Wir können den Sinussatz auf das Dreieck anwenden $FED$ :

\frac{E D}{Sünde (90 ° - a)} = \frac{E F}{Sünde 30 °} = \frac{F D}{Sünde (a + 60 °)},

${ED\over\sin(90°-\alpha)}={EF\over\sin30°}={FD\over\sin(\alpha+60°)},$ das ist:

E F = \frac{1}{\cos a} Und F D = \frac{2}{\cos a} Sünde (a + 60 °) .

$EF={1\over\cos\alpha}\quad\text{and}\quad FD={2\over\cos\alpha}\sin(\alpha+60°).$ Wenden Sie dann das Sinusgesetz auf das Dreieck an

B F C

$BFC$ man bekommt:

F B = \frac{2}{\cos a} Sünde (a - 60 °) = 4 \sqrt{3} - F D = 4 \sqrt{3} - \frac{2}{\cos a} Sünde (a + 60 °) .

$FB={2\over\cos\alpha}\sin(\alpha-60°)=4\sqrt3-FD=4\sqrt3-{2\over\cos\alpha}\sin(\alpha+60°).$ Daraus folgt

\tan α = 2 \sqrt{3}

$\tan\alpha=2\sqrt3$ Und

E F^{2} = 1 / \cos^{2} α = 1 + \tan^{2} α = 13

$EF^2=1/\cos^2\alpha=1+\tan^2\alpha=13$ .

Matt · Answer 5

Dies kann in Ihrer Vorstellung gelöst werden. Es braucht viele Worte, um es zu beschreiben, aber Sie brauchen diese Worte nicht, wenn Sie es sich vorstellen.

Stellen Sie sich vor, Sie bewegen sich $F$ hin und her mit $BD$ , beim Halten $E$ fest, also $C$ (definiert als dritter Punkt des gleichseitigen Dreiecks) bewegt sich umher. $C$ ist immer eine Drehung von 60° gegen den Uhrzeigersinn $F$ (dreht sich um $E$ ), also die Menge der besuchten Punkte $C$ ist eine Drehung um 60° gegen den Uhrzeigersinn $BD$ (um $E$ ). So $C$ bewegt sich vertikal. Wenn $F$ ist bei $D$ , dann ist das gleichseitige Dreieck klein und $C$ liegt über dem Mittelpunkt von $DE$ . Das sehen wir also $C$ liegt immer auf der Mittelsenkrechten von $DE$ .

Nun kehren wir wie gezeigt zum Diagramm zurück. Der Abstand zwischen $AD$ Und $BC$ Ist $\sqrt{4^2-2^2=12}$ , und seit der Hälfte $ED$ 1 ist, haben wir EF $\;=\;$ EG $\;=\sqrt{12+1^2=13}$ .

Du könntest dich auch bewegen $C$ entlang $BC$ , und sehe das $F$ muss auf der 60° Drehung im Uhrzeigersinn liegen $BC$ , wo sich diese kreuzen $BD$ . Es ist etwas schwieriger, mit diesen Informationen zu arbeiten, aber wenn Sie das Bild auf einem Dreiecksgitter zeichnen (wobei die Dreiecke die Seitenlänge 1 haben), dann wird das gedreht $BC$ ist eine Gitterlinie, und alle Punkte im Problem sind Gitterpunkte.

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alex4814

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Myunghyun-Lied

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hmakholm hat Monica übrig gelassen

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Michael Rosenberg

Intelligente pauca

Matt

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