Suponer $\angle BAC = 60^\circ$ y $\angle ABC = 20^\circ$. Un punto $E$ dentro $ABC$ satisface $\angle EAB=20^\circ$ y $\angle ECB=30^\circ$.
Planteamiento del problema:
En un triangulo $ABC$ con ángulos $\angle BAC = 60^\circ$ y $\angle ABC = 20^\circ$, un punto $E$ dentro del triángulo se da tal que $\angle EAB = 20^\circ$ y $\angle ECB = 30^\circ$. Pruebalo$E$ se encuentra en una bisectriz de ángulo de $\angle ABC$.
Hice un dibujo en Geogebra para este problema y esto es lo que hice hasta ahora:
Todos los ángulos dibujados se calcularon utilizando el hecho de que la suma de los ángulos en un triángulo es $180^\circ$. Tambien noté que$AD=BD$, $AC=CD=AE$ utilizando triángulos isósceles.
Traté de probar eso $E$ se encuentra en una bisectriz de ángulo de $\angle ABC$ probando que $GE=EI$ y entonces dibujé bisectrices perpendiculares de $E$ a los lados $AB$ y $BC$, y noté dos pares de triángulos similares: $\triangle AHE \sim \triangle AEF$ y $\triangle CJE \sim \triangle CED$, pero no estoy seguro de si esto es útil de alguna manera.
Estoy atascado desde entonces y no sé cómo continuar desde esto. No estoy seguro de si este es el enfoque correcto para el problema. ¿Hay alguna forma de abordar este problema que me perdí?
Respuestas
Ya hay una buena respuesta aceptada debido a ole , y después de verla, esperé a que la aceptaran. Desde que comencé una respuesta enfocándome en (tres más o menos) formas diferentes de atacar el problema, e hice muchas fotos, tuve la difícil decisión de publicar o eliminar el trabajo. Por la razón de que todavía es interesante para algunos lectores, completé la respuesta. Una nota antes de que lleguen las soluciones. Todavía se agrega una solución complicada, es similar en su construcción al conocido "problema de Langley".
1.ª solución: Esta primera solución es por naturaleza la misma solución de ole , utiliza un triángulo equilátero para realizar la "mula" de una dirección a otra, y viene con una imagen.
Construimos sobre $CE$ un triángulo equilátero $\Delta CDE$, de modo que su bisectriz de ángulo en $C$ es la linea $CB$. Dejemos también en este triángulo$C'$, $D'$ ser los puntos medios de los lados opuestos a $C$, $D$. Dejar$F$ ser la proyección de $E$ en $AB$.
Luego $\Delta CAE$ es isósceles que tiene los ángulos en $C,E$ de la misma medida, $70^\circ$, lo que implica $\Delta ACD'=\Delta AED'=\Delta AEF$. Entonces$EC'=ED'=EF$.
$\square$
Como digresión, quizás sea interesante verlo en el contexto del "panorama general" del triángulo equilátero en $AB$ ¿Dónde están los puntos de la solución, por ejemplo, el punto $D$. Sin comentarios:
2.a solución: Usando la versión trigonométrica del teorema de Ceva, tenemos que mostrar la igualdad:$$ 1\overset!= \frac{\sin20^\circ}{\sin40^\circ}\cdot \frac{\sin70^\circ}{\sin30^\circ}\cdot \frac{\sin10^\circ}{\sin10^\circ}\ . $$ Esto es de uso inmediato $\sin 40^\circ =2\sin 20^\circ \cos 20^\circ $.
$\square$
3.ª solución: Otra solución que a menudo se sugiere a sí misma en tales casos es realizar el triángulo dado como una "parte" de un polígono regular, luego usar las simetrías dentro de este polígono. Esto puede parecer una solución exagerada, produciendo la imagen más compleja, pero puede ser la perspectiva estructural correcta para comprender por qué existen tales "coincidencias", cuántas son y cómo construir / componer problemas similares. .
Como comparación, considere el problema de Langley, que tiene muchas soluciones simples, pero también hay ...
las preguntas de stackexchange 1121534
En nuestro caso, la transposición es ...
La configuración de triángulo dada está incrustada dentro de un polígono regular como $\Delta (0,2,12)$. Queremos mostrar que las diagonales$0-9$; $2-14$, $4-16$, $1-12$, $6-17$ son concurrentes en $E$.
Ahora estamos realizando la siguiente transformación, que trae la regular $18$-gones de la siguiente imagen entre sí:
Usando como centro el punto $9$ usamos primero una rotación que se mueve $1$ a $0$, luego use una similitud que traiga la longitud del segmento $[9,13]$ en la longitud del segmento $[9,12]$. Por supuesto, podemos revertir el orden de rotación y homotecia sin cambios. Para tener una ayuda visual rápida de la transformación, se marcaron dos triángulos. El triangulo rojo$\Delta(9,13,1)$ se transforma en el triángulo azul $\Delta(9',13',1')=\Delta(9,12,1')$. Esto es así porque$9=9'$, $9$ siendo el centro de la rotación y el estiramiento, y el segmento $[9,13]$ está mapeado a $[9',13']=[9,12]$ya que los dos segmentos están en el ángulo recto y la proporción correcta. Identifiquemos$1'$ como el punto $E$ del problema.
- $9,1',0$ son colineales ya que ambas líneas $90$ y $91'$ construye el mismo ángulo wrt $90'$.
- Entonces $9,(k+1)',k$ son colineales para todos los demás valores de un vértice $k$.
- $1,1',12$ son colineales desde $\angle (9,12,1)=\angle (9,13,1)=\angle (9',13',1')=\angle (9,12,1')$.
- De forma similar, $k,k',12$ son colineales para todos los demás valores de un vértice $k$ y vértice transformado $k'$.
- Las líneas $1'-2'$ y $4-16$ coinciden, esto se puede mostrar usando la línea que pasa por $12=13'$, $O'$, $4'$, $4$ o la linea paralela $8-8'-12$ a la misma distancia.
Otro cuadro más.
$ GE = 1/2 * CE (opuesto a 30), ACE isósceles (ángulos 70,70), dibujar perpendicular a CE, hay 2 triángulos rectángulos congruentes, ángulo 20, hipotenusa común. Entonces, GE = EI.
Dejar $\angle EBC=\alpha$ y $\angle EBA=20^\circ-\alpha$. Usando la forma trigonométrica del teorema de Ceva, podemos ver que$$\frac{sin(40^\circ)}{sin(20^\circ)}\cdot\frac{sin(20^\circ-\alpha)}{sin(\alpha)}\cdot\frac{sin(30^\circ)}{sin(70^\circ)}=1$$ Usando la fórmula de doble ángulo y algunas identidades trigonométricas tenemos $$\frac{2sin(20^\circ)cos(20^\circ)}{sin(20^\circ)} \cdot\frac{sin(20^\circ-\alpha)}{sin(\alpha)}\cdot\frac{\frac{1}{2}}{cos(20^\circ)}=1$$ Que se simplifica a $$sin(20^\circ-\alpha)=sin(\alpha)$$ Por lo tanto tenemos $\alpha=10^\circ$ lo que significa $E$ se encuentra en una bisectriz de ángulo.
En tu figura, usemos $\alpha=\angle CBE$ y $\beta=\angle ABE$. Luego, usando la ley de los senos en$\triangle CEB$: $$\frac{\sin\alpha}{CE}=\frac{\sin 30^\circ}{EB}$$ Del mismo modo, en $\triangle EBA$: $$\frac{\sin\beta}{AE}=\frac{\sin 20^\circ}{EB}$$ Entonces $$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{\sin 30^\circ}{\sin20^\circ}\frac{CE}{AE}$$ Obtenemos la última relación de longitudes de $\triangle AEC$: $$\frac{CE}{AC}=\frac{\sin 40^\circ}{\sin 70^\circ}$$ Entonces $$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{\sin 30^\circ}{\sin20^\circ}\frac{\sin 40^\circ}{\sin 70^\circ}$$ Ahora usando $$\sin 20^\circ\sin70^\circ=\frac 12\cos(20^\circ-70^\circ)\frac 12\cos(20^\circ+70^\circ)=\frac12\cos(50^\circ)=\frac12\sin40^\circ$$ y $\sin 30^\circ=\frac 12$, usted obtiene $$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=1$$o $\alpha=\beta$