Как решить данную задачу без теоремы косинусов?

[kocuHyc]

Помогала сыну делать уроки и столкнулась с вот такой задачей.

Стороны AB и CD правильного шестиугольника ABCDEF продолжены до пересечения в точке K. Докажите, что квадрат длины отрезка EK в 7 раз больше квадрата длины отрезка AB.

Я сама инженер, и тут же применила теорему косинусов. Задача сводилась к нахождению третьей стороны треугольника по двум сторонам и углу между ними. Угол равен 120, а стороны 1 и2. По теореме косинусов третья сторона равна корню квадратному из 7.

Но сын заявил, что они теорему косинусов еще не учили, значит решение должно быть проще.

Прошу помочь. Спасибо!

[ewert]

kocuHyc в сообщении #419225 писал(а):

Но сын заявил, что они теорему косинусов еще не учили, значит решение должно быть проще.

Проще вряд ли, разве что сложнее, но и теорема косинусов действительно не обязательна, поскольку там всюду по $60$ градусов. Продолжите сторону $DE$ до точки $M$ так, чтобы треугольник $KDM$ оказался прямоугольным. Гипотенуза $DK$ в этом треугольнике равна удвоенному $AB$, а угол $KDM$ равен $60^{\circ}$, так что и катеты $KM$ и $DM$ мы знаем. А зная $KM$ и $ME$, находим и $KE$ как гипотенузу треугольника $KEM$.

[gris]

Если опустить перпендикуляр из $K$ нп продолжение $ED$, то можно и теоремой Пифагора обойтись и свойством катета напротив угла $30^{\circ}$.
Ой.

[svv]

Пусть сторона равна $a$.
$AE^2 = BE^2 - AB^2 = (2a)^2 - a^2 = 3 a^2$
$EK^2 = AE^2 + AK^2 = 3 a^2 + (2a)^2 = 7a^2$

[ewert]

Чуть короче: $AE=2a\cos30^{\circ}=a\sqrt3;\quad EK^2=AK^2+AE^2=(2a)^2+(a\sqrt3)^2=7a^2.$

[Профессор Снэйп]

Можно в $\mathbb{C}$ всё сделать, $|z|^2 = z \overline{z}$. Только это вряд ли проще, чем теорема косинусов :)