Supposer $\angle BAC = 60^\circ$ et $\angle ABC = 20^\circ$. Un point $E$ à l'intérieur $ABC$ satisfait $\angle EAB=20^\circ$ et $\angle ECB=30^\circ$.
Énoncé du problème:
Dans un triangle $ABC$ avec des angles $\angle BAC = 60^\circ$ et $\angle ABC = 20^\circ$, un point $E$ à l'intérieur du triangle est donné de telle sorte que $\angle EAB = 20^\circ$ et $\angle ECB = 30^\circ$. Prouve-le$E$ se trouve sur une bissectrice d'angle de $\angle ABC$.
J'ai dessiné une image dans Geogebra pour ce problème et c'est ce que j'ai fait jusqu'à présent:
Tous les angles dessinés ont été découverts en utilisant le fait que la somme des angles dans un triangle est $180^\circ$. J'ai aussi remarqué que$AD=BD$, $AC=CD=AE$ en utilisant des triangles isocèles.
J'ai essayé de prouver que $E$ se trouve sur une bissectrice d'angle de $\angle ABC$ en prouvant que $GE=EI$ et donc j'ai dessiné des bissectrices perpendiculaires de $E$ sur les côtés $AB$ et $BC$, et j'ai remarqué deux paires de triangles similaires: $\triangle AHE \sim \triangle AEF$ et $\triangle CJE \sim \triangle CED$, mais je ne suis pas sûr que cela soit utile de quelque manière que ce soit.
Je suis coincé depuis et je ne sais pas comment continuer à partir de là. Je ne suis pas sûr que ce soit la bonne approche du problème. Y a-t-il un moyen d'aborder ce problème que j'ai manqué?
Réponses
Il y a déjà une bonne réponse acceptée en raison d' ole , et après l'avoir vue, j'ai attendu qu'elle soit acceptée. Depuis que j'ai commencé une réponse en me concentrant sur (trois plus ou moins) façons différentes d'attaquer le problème et que j'ai fait beaucoup de photos, j'ai eu une décision difficile de publier ou de supprimer le travail. Pour la raison que cela reste intéressant pour certains lecteurs, j'ai complété la réponse. Une note avant l'arrivée des solutions. Il y a une solution compliquée encore ajoutée, elle est similaire dans sa construction avec le «problème de Langley» connu.
1. ère solution: Cette première solution est par nature la même solution d' ole , elle n'utilise qu'un triangle équilatéral pour effectuer le "mulet" d'une direction à une autre, et est accompagnée d'une image.
Nous construisons sur $CE$ un triangle équilatéral $\Delta CDE$, de sorte que son angle bissectrice en $C$ est la ligne $CB$. Laissez aussi dans ce triangle$C'$, $D'$ être les points médians des côtés opposés à $C$, $D$. Laisser$F$ être la projection de $E$ sur $AB$.
ensuite $\Delta CAE$ isocèle ayant les angles dans $C,E$ de la même mesure, $70^\circ$, ce qui implique $\Delta ACD'=\Delta AED'=\Delta AEF$. Alors$EC'=ED'=EF$.
$\square$
En guise de digression, il est peut-être intéressant de voir dans le contexte de la «vue d'ensemble» du triangle équilatéral sur $AB$ où sont les points de la solution, par exemple le point $D$. Sans commentaire:
2ème solution: En utilisant la version trigonométrique du théorème de Ceva, nous devons montrer l'égalité:$$ 1\overset!= \frac{\sin20^\circ}{\sin40^\circ}\cdot \frac{\sin70^\circ}{\sin30^\circ}\cdot \frac{\sin10^\circ}{\sin10^\circ}\ . $$ C'est une utilisation immédiate $\sin 40^\circ =2\sin 20^\circ \cos 20^\circ $.
$\square$
Solution 3.rd: Une autre solution qui est souvent auto-suggérée dans de tels cas est de réaliser le triangle donné comme une "partie" d'un polygone régulier, puis d'utiliser les symétries à l'intérieur de ce polygone. Cela peut sembler exagéré pour une solution, produisant l'image la plus complexe, mais cela peut être la bonne perspective structurelle pour comprendre pourquoi il existe de telles «coïncidences», combien elles sont, et comment construire / composer des problèmes similaires .
À titre de comparaison, considérons le problème de Langley, qui a de nombreuses solutions simples, mais il y a aussi ...
les questions stackexchange 1121534
Dans notre cas, la transposition est ...
La configuration triangulaire donnée est intégrée à l'intérieur d'un polygone régulier comme $\Delta (0,2,12)$. Nous voulons montrer que les diagonales$0-9$; $2-14$, $4-16$, $1-12$, $6-17$ sont simultanés dans $E$.
Nous effectuons maintenant la transformation suivante, qui apporte la $18$-gons de l'image suivante les uns dans les autres:
En utilisant comme centre le point $9$ on utilise d'abord une rotation qui bouge $1$ à $0$, puis utilisez une similitude qui amène la longueur du segment $[9,13]$ dans la longueur du segment $[9,12]$. Bien sûr, nous pouvons inverser l'ordre de rotation et d'homothétie sans changement. Pour avoir une aide visuelle rapide de la transformation, deux triangles ont été marqués. Le triangle rouge$\Delta(9,13,1)$ se transforme en triangle bleu $\Delta(9',13',1')=\Delta(9,12,1')$. C'est ainsi parce que$9=9'$, $9$ étant le centre de la rotation et de l'étirement, et le segment $[9,13]$ est mappé à $[9',13']=[9,12]$puisque les deux segments sont dans le bon angle et la bonne proportion. Laissez-nous identifier$1'$ comme le point $E$ du problème.
- $9,1',0$ sont colinéaires puisque les deux lignes $90$ et $91'$ construire le même angle avec $90'$.
- Alors $9,(k+1)',k$ sont colinéaires pour toutes les autres valeurs d'un sommet $k$.
- $1,1',12$ sont colinéaires puisque $\angle (9,12,1)=\angle (9,13,1)=\angle (9',13',1')=\angle (9,12,1')$.
- D'une manière similaire, $k,k',12$ sont colinéaires pour toutes les autres valeurs d'un sommet $k$ et sommet transformé $k'$.
- Les lignes $1'-2'$ et $4-16$ coïncident, cela peut être montré en utilisant la ligne passant par $12=13'$, $O'$, $4'$, $4$ ou la ligne parallèle $8-8'-12$ à la même distance.
Encore une autre image.
$ GE = 1/2 * CE (en face de 30), ACE isocèle (angles 70,70), dessiner perpendiculairement à CE, il y a 2 triangles rectangles congruents, angle 20, hypoténuse commune. Donc, GE = EI.
Laisser $\angle EBC=\alpha$ et $\angle EBA=20^\circ-\alpha$. En utilisant la forme trigonométrique du théorème de Ceva, nous pouvons voir que$$\frac{sin(40^\circ)}{sin(20^\circ)}\cdot\frac{sin(20^\circ-\alpha)}{sin(\alpha)}\cdot\frac{sin(30^\circ)}{sin(70^\circ)}=1$$ En utilisant une formule à double angle et certaines identités trigonométriques que nous avons $$\frac{2sin(20^\circ)cos(20^\circ)}{sin(20^\circ)} \cdot\frac{sin(20^\circ-\alpha)}{sin(\alpha)}\cdot\frac{\frac{1}{2}}{cos(20^\circ)}=1$$ Ce qui simplifie à $$sin(20^\circ-\alpha)=sin(\alpha)$$ Par conséquent, nous avons $\alpha=10^\circ$ ce qui signifie $E$ se trouve sur une bissectrice d'angle.
Dans votre figure, utilisons $\alpha=\angle CBE$ et $\beta=\angle ABE$. Puis en utilisant la loi des sinus dans$\triangle CEB$: $$\frac{\sin\alpha}{CE}=\frac{\sin 30^\circ}{EB}$$ De même, dans $\triangle EBA$: $$\frac{\sin\beta}{AE}=\frac{\sin 20^\circ}{EB}$$ Alors $$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{\sin 30^\circ}{\sin20^\circ}\frac{CE}{AE}$$ Nous obtenons le dernier rapport de longueurs de $\triangle AEC$: $$\frac{CE}{AC}=\frac{\sin 40^\circ}{\sin 70^\circ}$$ Alors $$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{\sin 30^\circ}{\sin20^\circ}\frac{\sin 40^\circ}{\sin 70^\circ}$$ Utilisant maintenant $$\sin 20^\circ\sin70^\circ=\frac 12\cos(20^\circ-70^\circ)\frac 12\cos(20^\circ+70^\circ)=\frac12\cos(50^\circ)=\frac12\sin40^\circ$$ et $\sin 30^\circ=\frac 12$, vous obtenez $$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=1$$ou $\alpha=\beta$