Encuentra el ángulo que falta en el triángulo
En el siguiente triángulo, buscamos el valor del ángulo $φ$.
Se nos da $α=30, β=18, γ=24$ y tambien que $CD=BD$.
Lo resolví con trigonometría (ley del seno) y encontré que el ángulo requerido era 78, pero necesito resolverlo solo con geometría.
Lo que he probado hasta ahora:
En primer lugar, el ángulo es construible, lo que para mí significa que debe haber una solución geométrica. Primero dibujé el triángulo ABC; fácil, ya que conocemos 2 de sus ángulos. No nos interesan las longitudes de los lados. Luego, con el lado AC como base y un ángulo de 24 grados, podemos dibujar un rayo desde el punto A.
Entonces, desde $CD=BD$, el triángulo DCB es isósceles, por lo tanto, D debe estar en la bisectriz perpendicular de CB, que podemos dibujar. El punto de intersección del rayo de A y la bisectriz perpendicular es el punto D.
Del triángulo FEB tenemos eso
ángulo AFD = 108.
Desde el triángulo AFD,
$ADC+CDE+54+108=180$ entonces $ADC+CDE=18$
También tenemos $24+ACD+ADC=180$
$ACB=132$
$132+φ+ACD=180$
$18+φ+54+ADC+2CDE=180$
Siempre me falta una ecuación.
¿Algunas ideas?
¡Muchas gracias de antemano!
EDITAR:
Ley del seno en el triángulo ABD:
$\frac {sin (φ+18)}{AD} = \frac {sin (54)}{BD}$
Ley de seno en triángulo ACD:
$\frac {sin (360-132-φ)}{AD} = \frac {sin (24)}{CD} = \frac {sin (24)}{BD}$
entonces
$\frac {sin (φ+18)}{sin (228-φ)} = \frac {sin (54)}{sin (24)}$
por lo tanto $φ=78$.
Respuestas
Considere un regular $30$-gon $X_1X_2X_3X_4X_5X_6X_7X_8X_9X_{10}X_{11}X_{12}X_{13}X_{14}X_{15}X_{16}X_{17}X_{18}X_{19}X_{20}X_{21}X_{22}X_{23}X_{24}X_{25}X_{26}X_{27}X_{28}X_{29}X_{30}$ y colóquelo en el avión para que $X_1 \equiv A$, $X_6\equiv B$, y eso $X_2$ y $C$ se encuentran en diferentes semiplanos determinados por la línea $AB$. Denotar$K=X_2$, $L=X_3$, $M=X_4$, $N=X_5$y $X_{15}=R$.
Construye un pentágono regular $KLOPQ$como en la imagen. Probaremos que$P\equiv C$.
Tenga en cuenta que $\angle QKA = \angle LKA - \angle LKQ = 168^\circ - 108^\circ = 60^\circ$. Ya que$QK=KL=AK$, se deduce que el triángulo $AKQ$es equilátero. En particular,$AQ=KQ=QP$, entonces $Q$ es el circuncentro de $AKP$. Rendimientos de persecución de ángulos$\angle AQP = 360^\circ - 2\angle PKA = 360^\circ - 2(60^\circ + 36^\circ) = 168^\circ$, entonces por el triángulo SAS $AQP$ es congruente con $KLM$, $MNB$, y por simetría es congruente con $MOP$. Continuando persiguiendo ángulos,$\angle PAQ = 6^\circ$, y finalmente $\angle BAP = \angle KAQ - \angle PAQ - \angle KAB = 60^\circ - 6^\circ - 24^\circ = 30^\circ$.
Por otro lado, por congruencia de $KLM$, $MNB$ y $MOP$, tenemos $MK=MP=MB$, entonces $M$ es el circuncentro de $KPB$ y por lo tanto $\angle BMP = 2\angle BKP = 2(\angle LKP - \angle LKB) = 2(72^\circ - 18^\circ) = 108^\circ$, por lo tanto $\angle PBM = 36^\circ$ y $\angle PBA = \angle PBM - \angle ABM = 36^\circ - 18^\circ = 18^\circ$.
Ya que $\angle BAP = 30^\circ$ y $\angle PBA = 18^\circ$, tenemos eso $P\equiv C$.
Demostraremos ahora que $R\equiv D$. En primer lugar, tenemos$\angle CAR = \angle BAR - \angle BAC = 54^\circ - 30^\circ = 24^\circ$. En segundo lugar, desde$\angle LKC = 72^\circ = \angle LKR$, tenemos eso $K$, $C$, $R$son colineales. Ya que$M$ es el circuncentro de $CKB$, tenemos $\angle BCR = \frac 12 \angle BMK = \frac 12 \cdot 156^\circ = 78^\circ$. También tenemos$\angle RBC = \angle RBA - \angle CBA = 96^\circ - 18^\circ = 78^\circ$. Ya que$\angle BCR = \angle RBC$, resulta que $R$ se encuentra en la bisectriz perpendicular de $CB$, que junto con $\angle CAR = 24^\circ$ significa que $R\equiv D$. La respuesta sigue:$$\varphi = \angle BCD = \angle BCR = 78^\circ.$$
Ya que $\angle DAB=54^o$, si construimos un pentágono regular en $AD$, entonces $AB$ biseca $\angle DAG=108^o$y $AB$ extendido a $K$ en la circunferencia pasa por el centro $N$.
Ampliar $AC$ a $I$, $DB$ a $L$y únete $IK$, $KL$, $LA$, $IL$y $DG$.
Dado que el cuadrilátero cíclico $AIKL$ tiene un ángulo recto en $I$, es un rectángulo. Por lo tanto$\angle AIL=\angle IAK=30^o$, $\angle LAK=60^o$y$$\angle LAG=\angle LAK-\angle GAK=60^o-54^o=6^o=\angle LDG$$Y como en el pentágono regular $\angle ADG=36^o$, y como notas OP $\angle ADE=18^o$, entonces $\angle LDG=\angle ADC$.
