Trouvez l'angle manquant dans le triangle
Dans le triangle ci-dessous, nous recherchons la valeur de l'angle $φ$.
On nous donne $α=30, β=18, γ=24$ et aussi que $CD=BD$.
Je l'ai résolu avec la trigonométrie (loi des sinus) et j'ai trouvé que l'angle requis était de 78 mais je dois le résoudre avec la géométrie uniquement.
Ce que j'ai essayé jusqu'à présent:
Tout d'abord, l'angle est constructible, ce qui signifie pour moi qu'il doit y avoir une solution géométrique. J'ai d'abord dessiné le triangle ABC; facile, puisque nous connaissons 2 de ses angles. Nous ne nous intéressons pas aux longueurs des côtés. Ensuite, avec le côté AC comme base et un angle de 24 degrés, nous pouvons dessiner un rayon à partir du point A.
Puis, depuis $CD=BD$, le triangle DCB est isocèle, donc D doit se trouver sur la médiatrice de CB, que nous pouvons dessiner. Le point d'intersection du rayon de A et de la médiatrice perpendiculaire est le point D.
Du triangle FEB nous avons cela
angle AFD = 108.
Du triangle AFD,
$ADC+CDE+54+108=180$ donc $ADC+CDE=18$
Nous avons aussi $24+ACD+ADC=180$
$ACB=132$
$132+φ+ACD=180$
$18+φ+54+ADC+2CDE=180$
J'ai toujours une équation courte.
Des idées?
Merci beaucoup en prévision!
ÉDITER:
Loi sinusoïdale dans le triangle ABD:
$\frac {sin (φ+18)}{AD} = \frac {sin (54)}{BD}$
Loi sinusoïdale dans le triangle ACD:
$\frac {sin (360-132-φ)}{AD} = \frac {sin (24)}{CD} = \frac {sin (24)}{BD}$
donc
$\frac {sin (φ+18)}{sin (228-φ)} = \frac {sin (54)}{sin (24)}$
Par conséquent $φ=78$.
Réponses
Considérez un régulier $30$-gon $X_1X_2X_3X_4X_5X_6X_7X_8X_9X_{10}X_{11}X_{12}X_{13}X_{14}X_{15}X_{16}X_{17}X_{18}X_{19}X_{20}X_{21}X_{22}X_{23}X_{24}X_{25}X_{26}X_{27}X_{28}X_{29}X_{30}$ et placez-le dans l'avion pour que $X_1 \equiv A$, $X_6\equiv B$, et cela $X_2$ et $C$ se trouvent sur différents demi-plans déterminés par la ligne $AB$. Dénoter$K=X_2$, $L=X_3$, $M=X_4$, $N=X_5$, et $X_{15}=R$.
Construire un pentagone régulier $KLOPQ$comme dans l'image. Nous prouverons que$P\equiv C$.
Notez que $\angle QKA = \angle LKA - \angle LKQ = 168^\circ - 108^\circ = 60^\circ$. Puisque$QK=KL=AK$, il s'ensuit que le triangle $AKQ$est équilatéral. En particulier,$AQ=KQ=QP$, donc $Q$ est le circumcenter de $AKP$. La chasse d'angle donne des rendements$\angle AQP = 360^\circ - 2\angle PKA = 360^\circ - 2(60^\circ + 36^\circ) = 168^\circ$, donc par triangle SAS $AQP$ est congru à $KLM$, $MNB$, et par symétrie il est congruent à $MOP$. Poursuite de l'angle de poursuite,$\angle PAQ = 6^\circ$, et enfin $\angle BAP = \angle KAQ - \angle PAQ - \angle KAB = 60^\circ - 6^\circ - 24^\circ = 30^\circ$.
D'autre part, par congruence de $KLM$, $MNB$ et $MOP$, nous avons $MK=MP=MB$, donc $M$ est le circumcenter de $KPB$ et donc $\angle BMP = 2\angle BKP = 2(\angle LKP - \angle LKB) = 2(72^\circ - 18^\circ) = 108^\circ$, Par conséquent $\angle PBM = 36^\circ$ et $\angle PBA = \angle PBM - \angle ABM = 36^\circ - 18^\circ = 18^\circ$.
Puisque $\angle BAP = 30^\circ$ et $\angle PBA = 18^\circ$, nous avons ça $P\equiv C$.
Nous allons prouver maintenant que $R\equiv D$. Tout d'abord, nous avons$\angle CAR = \angle BAR - \angle BAC = 54^\circ - 30^\circ = 24^\circ$. Deuxièmement, depuis$\angle LKC = 72^\circ = \angle LKR$, nous avons ça $K$, $C$, $R$sont colinéaires. Puisque$M$ est le circumcenter de $CKB$, nous avons $\angle BCR = \frac 12 \angle BMK = \frac 12 \cdot 156^\circ = 78^\circ$. Nous avons aussi$\angle RBC = \angle RBA - \angle CBA = 96^\circ - 18^\circ = 78^\circ$. Puisque$\angle BCR = \angle RBC$, il s'ensuit que $R$ se trouve sur la bissectrice perpendiculaire de $CB$, qui avec $\angle CAR = 24^\circ$ signifie que $R\equiv D$. La réponse suit:$$\varphi = \angle BCD = \angle BCR = 78^\circ.$$
Puisque $\angle DAB=54^o$, si nous construisons un pentagone régulier sur $AD$, puis $AB$ bissecte $\angle DAG=108^o$, et $AB$ prolongé à $K$ sur le cercle circulaire passe par le centre $N$.
Étendre $AC$ à $I$, $DB$ à $L$et rejoignez $IK$, $KL$, $LA$, $IL$, et $DG$.
Depuis quadrilatère cyclique $AIKL$ a un angle droit à $I$, c'est un rectangle. Donc$\angle AIL=\angle IAK=30^o$, $\angle LAK=60^o$, et$$\angle LAG=\angle LAK-\angle GAK=60^o-54^o=6^o=\angle LDG$$Et puisque dans le pentagone régulier $\angle ADG=36^o$, et comme le note OP $\angle ADE=18^o$, puis $\angle LDG=\angle ADC$.
