Finden Sie den fehlenden Winkel im Dreieck
Im unteren Dreieck suchen wir nach dem Wert des Winkels $φ$.
Wir sind gegeben $α=30, β=18, γ=24$ und auch das $CD=BD$.
Ich habe es mit Trigonometrie (Sinusgesetz) gelöst und festgestellt, dass der erforderliche Winkel 78 beträgt, aber ich muss es nur mit Geometrie lösen.
Was ich bisher versucht habe:
Zunächst ist der Winkel konstruierbar, was für mich bedeutet, dass es eine geometrische Lösung geben muss. Ich habe zuerst das Dreieck ABC gezeichnet. einfach, da wir 2 seiner Winkel kennen. Die Länge der Seiten interessiert uns nicht. Dann können wir mit der Seite AC als Basis und einem Winkel von 24 Grad einen Strahl vom Punkt A zeichnen.
Dann seit $CD=BD$Das Dreieck DCB ist gleichschenklig, daher muss D auf der senkrechten Winkelhalbierenden von CB liegen, die wir zeichnen können. Der Schnittpunkt des Strahls von A und der senkrechten Winkelhalbierenden ist Punkt D.
Aus dem Dreieck FEB haben wir das
Winkel AFD = 108.
Vom Dreieck AFD,
$ADC+CDE+54+108=180$ so $ADC+CDE=18$
Wir haben auch $24+ACD+ADC=180$
$ACB=132$
$132+φ+ACD=180$
$18+φ+54+ADC+2CDE=180$
Ich bin immer eine Gleichung kurz.
Irgendwelche Ideen?
Vielen Dank im Voraus!
BEARBEITEN:
Sinusgesetz im Dreieck ABD:
$\frac {sin (φ+18)}{AD} = \frac {sin (54)}{BD}$
Sinusgesetz im Dreieck ACD:
$\frac {sin (360-132-φ)}{AD} = \frac {sin (24)}{CD} = \frac {sin (24)}{BD}$
so
$\frac {sin (φ+18)}{sin (228-φ)} = \frac {sin (54)}{sin (24)}$
daher $φ=78$.
Antworten
Betrachten Sie eine regelmäßige $30$-gon $X_1X_2X_3X_4X_5X_6X_7X_8X_9X_{10}X_{11}X_{12}X_{13}X_{14}X_{15}X_{16}X_{17}X_{18}X_{19}X_{20}X_{21}X_{22}X_{23}X_{24}X_{25}X_{26}X_{27}X_{28}X_{29}X_{30}$ und legen Sie es so in das Flugzeug, dass $X_1 \equiv A$, $X_6\equiv B$, und das $X_2$ und $C$ liegen auf verschiedenen Halbebenen, die durch die Linie bestimmt werden $AB$. Bezeichnen$K=X_2$, $L=X_3$, $M=X_4$, $N=X_5$, und $X_{15}=R$.
Baue ein normales Fünfeck $KLOPQ$wie im Bild. Wir werden das beweisen$P\equiv C$.
Beachten Sie, dass $\angle QKA = \angle LKA - \angle LKQ = 168^\circ - 108^\circ = 60^\circ$. Schon seit$QK=KL=AK$Daraus folgt, dass das Dreieck $AKQ$ist gleichseitig. Speziell,$AQ=KQ=QP$, so $Q$ ist das Umkreiszentrum von $AKP$. Winkeljagd ergibt$\angle AQP = 360^\circ - 2\angle PKA = 360^\circ - 2(60^\circ + 36^\circ) = 168^\circ$, also durch SAS-Dreieck $AQP$ ist kongruent zu $KLM$, $MNB$und durch Symmetrie ist es kongruent zu $MOP$. Kontinuierliche Winkeljagd,$\angle PAQ = 6^\circ$, und schlussendlich $\angle BAP = \angle KAQ - \angle PAQ - \angle KAB = 60^\circ - 6^\circ - 24^\circ = 30^\circ$.
Auf der anderen Seite durch Kongruenz von $KLM$, $MNB$ und $MOP$, wir haben $MK=MP=MB$, so $M$ ist das Umkreiszentrum von $KPB$ und deshalb $\angle BMP = 2\angle BKP = 2(\angle LKP - \angle LKB) = 2(72^\circ - 18^\circ) = 108^\circ$daher $\angle PBM = 36^\circ$ und $\angle PBA = \angle PBM - \angle ABM = 36^\circ - 18^\circ = 18^\circ$.
Schon seit $\angle BAP = 30^\circ$ und $\angle PBA = 18^\circ$, wir haben das $P\equiv C$.
Das werden wir jetzt beweisen $R\equiv D$. Zuallererst haben wir$\angle CAR = \angle BAR - \angle BAC = 54^\circ - 30^\circ = 24^\circ$. Zweitens seit$\angle LKC = 72^\circ = \angle LKR$, wir haben das $K$, $C$, $R$sind kollinear. Schon seit$M$ ist das Umkreiszentrum von $CKB$, wir haben $\angle BCR = \frac 12 \angle BMK = \frac 12 \cdot 156^\circ = 78^\circ$. Wir haben auch$\angle RBC = \angle RBA - \angle CBA = 96^\circ - 18^\circ = 78^\circ$. Schon seit$\angle BCR = \angle RBC$, es folgt dem $R$ liegt auf der senkrechten Winkelhalbierenden von $CB$, die zusammen mit $\angle CAR = 24^\circ$ bedeutet, dass $R\equiv D$. Die Antwort lautet:$$\varphi = \angle BCD = \angle BCR = 78^\circ.$$
Schon seit $\angle DAB=54^o$, wenn wir ein regelmäßiges Fünfeck aufbauen $AD$, dann $AB$ Halbierungen $\angle DAG=108^o$, und $AB$ erweitert um $K$ auf dem Kreis geht durch die Mitte $N$.
Erweitern $AC$ zu $I$, $DB$ zu $L$und beitreten $IK$, $KL$, $LA$, $IL$, und $DG$.
Da zyklisches Viereck $AIKL$ hat einen rechten Winkel bei $I$Es ist ein Rechteck. Deshalb$\angle AIL=\angle IAK=30^o$, $\angle LAK=60^o$, und$$\angle LAG=\angle LAK-\angle GAK=60^o-54^o=6^o=\angle LDG$$Und da im regulären Fünfeck $\angle ADG=36^o$und als OP-Notizen $\angle ADE=18^o$, dann $\angle LDG=\angle ADC$.
