Kreismittelpunkte definieren ein gleichseitiges Dreieck

Question

Kreismittelpunkte definieren ein gleichseitiges Dreieck

Geometrie
Dreiecke
Mathematik
Trigonometrie
Euklidische Geometrie

Maria Stern

Lassen $ABC$ sei ein Dreieck mit Seite $a,b,c$ und Winkel $\alpha, \beta,\gamma$ .

Das hält es $\alpha, \beta, \gamma<\frac{2\pi}{3}$ .

An der Seite $\overline{BC}$ Es gibt ein gleichseitiges Dreieck $\triangle BCA''$ an der Außenseite, dh $A''$ ist der Punkt, für den die Punkte $A$ Und $A''$ befinden sich auf verschiedenen Seiten der Linie $BC$ und wofür das Dreieck $\triangle BCA''$ ist gleichseitig.

Lassen $A'$ sei der Mittelpunkt des Umkreises von $\triangle BCA''$ .

Analog definieren wir die Punkte $B'$ Und $C'$ an den Linien $\overline{AC}$ Und $\overline{AB}$ bzw.

Der Radius des Umkreises von $BCA''$ Ist $\frac{a}{\sqrt{3}}$ .

Das hält es

| A^{'} B^{'} |^{2} = \frac{1}{3} A^{2} + \frac{1}{3} B^{2} - \frac{2}{3} A B \cos (\frac{π}{3} + γ)

$|A'B'|^2=\frac{1}{3}a^2+\frac{1}{3}b^2-\frac{2}{3}ab\cos \left (\frac{\pi}{3}+\gamma\right )$

Folgendes möchte ich zeigen:

A) $\cos \left (\frac{\pi}{3}+\gamma\right )=\frac{1}{2}\cos (\gamma )-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin (\gamma)$

B) $A'B'C'$ ist ein gleichseitiges Dreieck.

Zuerst habe ich versucht, das Obige zu zeichnen, und ich bekomme:

Ist das korrekt?

Ich habe nicht wirklich verstanden, wie wir den Winkel von bekommen $\frac{\pi}{3}+\gamma$ . Welcher ist dieser Winkel in der Grafik?

**BEARBEITEN: **

Wir haben das

| A^{'} B^{'} |^{2} = \frac{1}{3} A^{2} + \frac{1}{3} B^{2} - \frac{2}{3} A B \cos (\frac{π}{3} + γ) = \frac{1}{3} A^{2} + \frac{1}{3} B^{2} - \frac{2}{3} A B (\frac{1}{2} \cos (γ) - \frac{\sqrt{3}}{2} Sünde (γ) $)

$|A'B'|^2=\frac{1}{3}a^2+\frac{1}{3}b^2-\frac{2}{3}ab\cos \left (\frac{\pi}{3}+\gamma\right )=\frac{1}{3}a^2+\frac{1}{3}b^2-\frac{2}{3}ab \left (\frac{1}{2}\cos (\gamma )-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin (\gamma)$ \right )$

Wenden wir den Kosinussatz also auch für die anderen Winkel des Dreiecks an, um das gewünschte Ergebnis zu erhalten?

Oder zeigen wir auf andere Weise, dass das Dreieck gleichseitig ist?

ToniK

Teil (b) ist der Satz von Napoleon , der angeblich vom Kaiser selbst entdeckt wurde.

Said

Der gesuchte Winkel ist

\hat{A^{'} C B^{'}}

$\widehat{A'CB'}$ , die für die Berechnung der Länge von verwendet wird

A^{'} B^{'}

$A'B'$ In

△ A^{'} C B^{'}

$\triangle A'CB'$ . Und Teil (a) ist eine trigonometrische Identität. Haben Sie Kosinusse von Winkelsummen studiert?

Maria Stern

Ah, wir verwenden die Winkelsumme des Kosinus! Müssen wir für Teil (b) alle Winkel des Dreiecks berechnen? Oder wie zeigen wir das? @Saeed

Said

@MaryStar Gute Frage! Hilft es, die Formel für zu verwenden

| A^{'} B^{'} |^{2}

$|A'B'|^2$ mit Teil (a) und beachte das

S_{△ A B C} = \frac{1}{2} a b \sin γ

$S_{\triangle ABC} = \frac12 ab \sin \gamma$ ? Das ist nur eine Vermutung, weil uns davon erzählt wird

| A^{'} B^{'} |^{2}

$|A'B'|^2$ . Lass es uns versuchen.

Maria Stern

Willst du zeigen, dass alle Seiten des Dreiecks gleich lang sind? @ Said

Maria Stern

Müssen wir mit diesem Satz zeigen, dass das entstehende Dreieck eine Drehung eines gegebenen gleichseitigen Dreiecks ist? @ TonyK

Said

@MaryStar Ja, obwohl ich nicht weiß, ob es leicht zu beweisen ist.

Maria Stern

Das haben wir also

| A^{'} B^{'} |^{2} = \frac{1}{3} A^{2} + \frac{1}{3} B^{2} - \frac{2}{3} A B \cos (\frac{π}{3} + γ) = \frac{1}{3} A^{2} + \frac{1}{3} B^{2} - \frac{2}{3} A B (\frac{1}{2} \cos (γ) - \frac{\sqrt{3}}{2} Sünde (γ))

$|A'B'|^2=\frac{1}{3}a^2+\frac{1}{3}b^2-\frac{2}{3}ab\cos \left (\frac{\pi}{3}+\gamma\right )=\frac{1}{3}a^2+\frac{1}{3}b^2-\frac{2}{3}ab\left (\frac{1}{2}\cos (\gamma )-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin (\gamma)\right )$ Wenden wir den Kosinussatz also auch für die anderen Winkel des Dreiecks an, um das gewünschte Ergebnis zu erhalten? @ Said

Said

@MaryStar Ja. Wir wissen das

\frac{1}{2} a b \sin γ = S_{△ A B C}

$\frac12 ab \sin \gamma = S_{\triangle ABC}$ , also müssen wir zeigen, dass z.

a^{2} + b^{2} - a b \cos γ = b^{2} + c^{2} - b c \cos α

$a^2 + b^2 -ab \cos \gamma = b^2 + c^2 - bc \cos \alpha$ .

Maria Stern

Wie nutzen wir die Fläche

S_{△ A B C}

$S_{\triangle ABC}$ ? Ich bin jetzt hängen geblieben. @ Said

Lalit Tolani

@MaryStar siehe im letzten Begriff, ab*siny gibt dir

Δ

$\Delta$

Said

@MaryStar Wir haben:

| A^{'} B^{'} |^{2} = \frac{1}{3} (a^{2} + b^{2} - a b \cos γ) + \frac{2}{\sqrt{3}} S_{△ A B C}

$|A'B'|^2 = \frac13 (a^2 + b^2 - ab \cos \gamma) + \frac{2}{\sqrt 3}S_{\triangle ABC}$ . Wenn wir eine ähnliche Formel für schreiben

| B^{'} C^{'} |^{2}

$|B'C'|^2$ können wir zeigen, dass die beiden gleich sind?

Maria Stern

Ach okay! Dann müssen wir eine ähnliche Formel für schreiben

| A^{'} C^{'} |

$|A'C'|$ und zeigen, dass alle drei gleich sind? @ Said

Said

@MaryStar Ja. Die Antwort von Lalit Tolani enthält die Berechnungen.

Said

@MaryStar Denkanstoß: Ist es notwendig, alle Berechnungen für zu wiederholen?

| B^{'} C^{'} |

$|B'C'|$ Und

| A^{'} C^{'} |

$|A'C'|$ ? (Antwort: nein)

Maria Stern

Weil alle Seiten ähnlich sind? @ Said

Said

@MaryStar Die Berechnungen sind ähnlich. Wir haben eine Formel entwickelt, die auf basiert

a, b, c

$a, b, c$ für

A^{'} B^{'}

$A'B'$ . Wir wissen, dass ähnliche Berechnungen zu einer Formel führen, die auf basiert

b, c, a

$b, c, a$ für

B^{'} C^{'}

$B'C'$ und eine Formel basierend auf

c, a, b

$c, a, b$ für

C^{'} A^{'}

$C'A'$ . Und wir können das sehen, wenn wir die Reihenfolge von ändern

a, b

$a, b$ Und

c

$c$ In Lalits Antwort ändert sich das Endergebnis der Berechnungen nicht.

Antworten (1)

Kreismittelpunkte definieren ein gleichseitiges Dreieck

Teil (b) ist der Satz von Napoleon , der angeblich vom Kaiser selbst entdeckt wurde.
Der gesuchte Winkel ist $\widehat{A'CB'}$ , die für die Berechnung der Länge von verwendet wird $A'B'$ In $\triangle A'CB'$ . Und Teil (a) ist eine trigonometrische Identität. Haben Sie Kosinusse von Winkelsummen studiert?
Ah, wir verwenden die Winkelsumme des Kosinus! Müssen wir für Teil (b) alle Winkel des Dreiecks berechnen? Oder wie zeigen wir das? @Saeed
@MaryStar Gute Frage! Hilft es, die Formel für zu verwenden $|A'B'|^2$ mit Teil (a) und beachte das $S_{\triangle ABC} = \frac12 ab \sin \gamma$ ? Das ist nur eine Vermutung, weil uns davon erzählt wird $|A'B'|^2$ . Lass es uns versuchen.
Willst du zeigen, dass alle Seiten des Dreiecks gleich lang sind? @ Said
Müssen wir mit diesem Satz zeigen, dass das entstehende Dreieck eine Drehung eines gegebenen gleichseitigen Dreiecks ist? @ TonyK
@MaryStar Ja, obwohl ich nicht weiß, ob es leicht zu beweisen ist.
Das haben wir also $| A^{'} B^{'} |^{2} = \frac{1}{3} A^{2} + \frac{1}{3} B^{2} - \frac{2}{3} A B \cos (\frac{π}{3} + γ) = \frac{1}{3} A^{2} + \frac{1}{3} B^{2} - \frac{2}{3} A B (\frac{1}{2} \cos (γ) - \frac{\sqrt{3}}{2} Sünde (γ))$ $|A'B'|^2=\frac{1}{3}a^2+\frac{1}{3}b^2-\frac{2}{3}ab\cos \left (\frac{\pi}{3}+\gamma\right )=\frac{1}{3}a^2+\frac{1}{3}b^2-\frac{2}{3}ab\left (\frac{1}{2}\cos (\gamma )-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin (\gamma)\right )$ Wenden wir den Kosinussatz also auch für die anderen Winkel des Dreiecks an, um das gewünschte Ergebnis zu erhalten? @ Said
@MaryStar Ja. Wir wissen das $\frac12 ab \sin \gamma = S_{\triangle ABC}$ , also müssen wir zeigen, dass z. $a^2 + b^2 -ab \cos \gamma = b^2 + c^2 - bc \cos \alpha$ .
Wie nutzen wir die Fläche $S_{\triangle ABC}$ ? Ich bin jetzt hängen geblieben. @ Said
@MaryStar siehe im letzten Begriff, ab*siny gibt dir $\Delta$
@MaryStar Wir haben: $|A'B'|^2 = \frac13 (a^2 + b^2 - ab \cos \gamma) + \frac{2}{\sqrt 3}S_{\triangle ABC}$ . Wenn wir eine ähnliche Formel für schreiben $|B'C'|^2$ können wir zeigen, dass die beiden gleich sind?
Ach okay! Dann müssen wir eine ähnliche Formel für schreiben $|A'C'|$ und zeigen, dass alle drei gleich sind? @ Said
@MaryStar Ja. Die Antwort von Lalit Tolani enthält die Berechnungen.
@MaryStar Denkanstoß: Ist es notwendig, alle Berechnungen für zu wiederholen? $|B'C'|$ Und $|A'C'|$ ? (Antwort: nein)
@MaryStar Die Berechnungen sind ähnlich. Wir haben eine Formel entwickelt, die auf basiert $a, b, c$ für $A'B'$ . Wir wissen, dass ähnliche Berechnungen zu einer Formel führen, die auf basiert $b, c, a$ für $B'C'$ und eine Formel basierend auf $c, a, b$ für $C'A'$ . Und wir können das sehen, wenn wir die Reihenfolge von ändern $a, b$ Und $c$ In Lalits Antwort ändert sich das Endergebnis der Berechnungen nicht.

Lalit Tolani · Answer 1

Verbinden $B'C$ Und $A'C$

$\angle A'CB'=\angle A'CB+\angle BCA+\angle ACB'$

$\angle A'CB'=30^{\circ}+\gamma+30^{\circ}$

$\angle A'CB'=60^{\circ}+\gamma$

Die oben verwendete Tatsache ist, dass die Linie, die den Umkreismittelpunkt eines gleichseitigen Dreiecks mit einer der Ecken verbindet, den Winkel halbiert, der dieser Ecke entspricht.

Wenden Sie nun die Kosinusregel an $A'CB'$

$|A'B'|^2=\frac{1}{3}a^2+\frac{1}{3}b^2-\frac{2}{3}ab\cos \left (\frac{\pi}{3}+\gamma\right )=\frac{1}{3}a^2+\frac{1}{3}b^2-\frac{2}{3}ab \left (\frac{1}{2}\cos (\gamma )-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin (\gamma) \right )=\frac{1}{3}(a^2+b^2-ab\cos\gamma)+\frac{2}{\sqrt 3}\Delta=\frac{1}{3}(a^2+b^2-\frac{b^2+a^2-c^2}{2})+\frac{2}{\sqrt 3}\Delta=\frac{1}{6}(a^2+b^2+c^2)+\frac{2}{\sqrt 3}\Delta$

Ähnlich

$|B'C'|^2=\frac{1}{3}b^2+\frac{1}{3}c^2-\frac{2}{3}bc\cos \left (\frac{\pi}{3}+\alpha\right )=\frac{1}{3}b^2+\frac{1}{3}c^2-\frac{2}{3}bc \left (\frac{1}{2}\cos (\alpha )-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin (\alpha) \right )=\frac{1}{3}(b^2+c^2-bc\cos\alpha)+\frac{2}{\sqrt 3}\Delta=\frac{1}{3}(b^2+c^2-\frac{b^2+c^2-a^2}{2})+\frac{2}{\sqrt 3}\Delta=\frac{1}{6}(a^2+b^2+c^2)+\frac{2}{\sqrt 3}\Delta$

Deutlich oben sind also zwei Seitenlängen gleich.....

Ich habe es! Danke schön!! Müssen wir für Teil (b) zeigen, dass alle Winkel des Dreiecks gleich sind?
Oder müssen wir zeigen, dass alle Seiten des Dreiecks gleich sind? Vielleicht mit $|A'B'|^2=\frac{1}{3}a^2+\frac{1}{3}b^2-\frac{2}{3}ab\cos \left (\frac{\pi}{3}+\gamma\right )$ und Teil (a) ?
@MaryStar Entschuldigung für die späte Antwort, ich denke, es wäre einfacher, Seiten gleich zu zeigen, als Winkel einzubeziehen, was denkst du?
@MaryStar Teil (a) ist eine Identität, verwenden Sie sie einfach. Verwenden Sie für den nächsten Teil die Kosinusregel
@MaryStar siehe meine Antwort, vielleicht bekommst du sie jetzt
Dann machen wir das gleiche für $|A'C'|$ und wir sehen, dass alle gleich sind, richtig?
@MaryStar Wenn dir meine Antwort geholfen hat, akzeptiere sie bitte