Il rapporto tra l'area di due poligoni regolari
I poligoni nella figura sotto sono tutti poligoni regolari (ettagono regolare), condividono un vertice e la linea arancione attraversa i tre vertici dei due poligoni regolari, l'area del piccolo poligono regolare e del grande poligono regolare è indicata come $S_1$, $S_2$, cosa è $\frac{S_1}{S_2}$?

Domanda aggiuntiva (poligono a nove lati regolare)

Risposte

Non passerò attraverso il calcolo, ma questa è l'idea.
Primo da allora $\triangle ADE$ e $\triangle BDF$ sono simili, lo sappiamo $AE$ passare attraverso $G$.
Ora possiamo calcolare $DG$,$GC$,$AG$ basato sull'ettagono sinistro e da allora $AD\parallel CE$ possiamo calcolare $GE=GC\cdot {AD\over DG}$. Inoltre sappiamo$\angle DGE=180^{\circ}-\angle AGD={5\over 7}180^{\circ}$.
Perciò $DE^2=DG^2+GE^2-2\cos({5\over 7}180^{\circ})DG\cdot GE$.
Se lo lasci $a=DG,b=DA,c=DB$, ci sono alcune identità qui
Usando l'identità, $\cos({5\over 7}180^{\circ})=-{a^2+c^2-b^2\over 2ac}=-{a+b\over 2c}$
Nuova modifica: in realtà appena realizzato $\angle GEB=\angle GAD=\angle GBE$ così $GE$ in realtà è solo $b$.
Ora il calcolo è davvero semplice:
$$ED^2=a^2+b^2+ab\cdot{(a+b)\over c}$$ $$=a^2+b^2+{bc(c-b)+c(c+a)(c-b)\over c}$$ $$=a^2+b^2+bc-b^2+c^2+ac-bc-ab$$ $$=a^2+c^2+ac-ab$$ $$=a^2+c^2+b^2-a^2-c^2+b^2$$ $$=2b^2$$
Quindi l'area è esattamente il doppio.
Soluzione a parte $2$ (problema aggiuntivo):

Permettere $I$ essere il punto in cui $AD$ intersecare il circumcircle $O$ di $\triangle ABC$. Collegare$IO$. Da$AI$ è una bisettrice angolare $BI=CI$.
È facile vedere il trapezio $BDEC$ è simmetrico rispetto a $IO$. inoltre$\angle IBC=\angle ICB=10^{\circ}$ così $\angle IBD=50^{\circ}$.
Adesso molla $\angle IDB=x$. Con il tracciamento dell'angolo utilizzando le informazioni di cui sopra troviamo$$\angle BID=130^{\circ}-x$$ $$\angle IDE=140^{\circ}-x$$ $$\angle DIE=2x-100^{\circ}$$.
Se $ID>DB=DE$, Poi abbiamo $50^{\circ}>130^{\circ}-x$ e $140^{\circ}-x>2x-100^{\circ}$ così $80^{\circ}>x>80^{\circ}$ cosa impossibile.
Se $ID<DB=DE$, Poi abbiamo $50^{\circ}<130^{\circ}-x$ e $140^{\circ}-x<2x-100^{\circ}$ così $80^{\circ}<x<80^{\circ}$ cosa impossibile.
Perciò $ID=DB=DE$ e $\triangle IDE$ è equilatero, quindi $\angle IDE=60^{\circ}$ e $\angle ADH=180^{\circ}-40^{\circ}-60^{\circ}=80^{\circ}$. Perciò$BD \perp AC$.

($N$ è solo $C$ rietichettato)
Il resto è semplice una volta $BD\perp AC$. Possiamo trovare$\angle MDN=360^{\circ}-60^{\circ}--90^{\circ}-120^{\circ}=90^{\circ}$.
Da $\angle DMN=60^{\circ}$, $DN=\sqrt{3} DM$ e il rapporto dell'area è esattamente $3$.