त्रिकोण में लापता कोण का पता लगाएं
नीचे के त्रिकोण में, हम कोण के मूल्य की तलाश कर रहे हैं $φ$।
हम दे रहे हैं $α=30, β=18, γ=24$ और वह भी $CD=BD$।
मैंने इसे त्रिकोणमिति (साइन लॉ) के साथ हल किया है और आवश्यक कोण को 78 पाया है लेकिन मुझे इसे केवल ज्यामिति के साथ हल करने की आवश्यकता है।
मैंने अब तक क्या प्रयास किया है:
सबसे पहले, कोण रचनात्मक है, जिसका मतलब है कि मेरे पास एक ज्यामितीय समाधान होना चाहिए। मैंने पहली बार त्रिभुज ABC को आकर्षित किया; आसान है, क्योंकि हम इसके 2 कोण जानते हैं। हमें पक्षों की लंबाई में कोई दिलचस्पी नहीं है। फिर, आधार एसी के रूप में, और 24 डिग्री के कोण के साथ, हम बिंदु ए से एक किरण खींच सकते हैं।
उसके बाद से $CD=BD$, त्रिभुज DCB समद्विबाहु है, इसलिए D को CB के लंबवत द्विभाजक पर लेटना चाहिए, जिसे हम आकर्षित कर सकते हैं। A और किरण द्विभाजक से किरण के प्रतिच्छेदन बिंदु D है।
त्रिकोण FEB से हमारे पास है
कोण AFD = 108।
त्रिभुज AFD से,
$ADC+CDE+54+108=180$ तोह फिर $ADC+CDE=18$
हमारे पास भी है $24+ACD+ADC=180$
$ACB=132$
$132+φ+ACD=180$
$18+φ+54+ADC+2CDE=180$
मैं हमेशा एक समीकरण छोटा हूं।
कोई राय?
प्रत्याशा में बहुत धन्यवाद!
संपादित करें:
त्रिभुज ABD में साइन कानून:
$\frac {sin (φ+18)}{AD} = \frac {sin (54)}{BD}$
त्रिकोण ACD में साइन कानून:
$\frac {sin (360-132-φ)}{AD} = \frac {sin (24)}{CD} = \frac {sin (24)}{BD}$
तोह फिर
$\frac {sin (φ+18)}{sin (228-φ)} = \frac {sin (54)}{sin (24)}$
इसलिये $φ=78$।
जवाब
एक नियमित पर विचार करें $30$-गगन $X_1X_2X_3X_4X_5X_6X_7X_8X_9X_{10}X_{11}X_{12}X_{13}X_{14}X_{15}X_{16}X_{17}X_{18}X_{19}X_{20}X_{21}X_{22}X_{23}X_{24}X_{25}X_{26}X_{27}X_{28}X_{29}X_{30}$ और इसे विमान पर रखें ताकि $X_1 \equiv A$, $X_6\equiv B$, और कि $X_2$ तथा $C$ लाइन द्वारा निर्धारित अलग-अलग हाफ प्लेन पर लेटें $AB$। अस्वीकार करें$K=X_2$, $L=X_3$, $M=X_4$, $N=X_5$, तथा $X_{15}=R$।
नियमित पंचकोण का निर्माण करें $KLOPQ$जैसा कि चित्र में है। हम यह साबित करेंगे$P\equiv C$।
ध्यान दें कि $\angle QKA = \angle LKA - \angle LKQ = 168^\circ - 108^\circ = 60^\circ$। जबसे$QK=KL=AK$, यह निम्नानुसार है कि त्रिकोण $AKQ$समबाहु है। विशेष रूप से,$AQ=KQ=QP$, तोह फिर $Q$ की परिधि है $AKP$। पैदावार का पीछा करते हुए कोण$\angle AQP = 360^\circ - 2\angle PKA = 360^\circ - 2(60^\circ + 36^\circ) = 168^\circ$, इसलिए एसएएस त्रिकोण द्वारा $AQP$ के अनुरूप है $KLM$, $MNB$, और समरूपता द्वारा यह करने के लिए बधाई है $MOP$। निरंतर कोण का पीछा करते हुए,$\angle PAQ = 6^\circ$, और अंत में $\angle BAP = \angle KAQ - \angle PAQ - \angle KAB = 60^\circ - 6^\circ - 24^\circ = 30^\circ$।
दूसरी ओर, के अनुरूप द्वारा $KLM$, $MNB$ तथा $MOP$, अपने पास $MK=MP=MB$, तोह फिर $M$ की परिधि है $KPB$ और इसीलिए $\angle BMP = 2\angle BKP = 2(\angle LKP - \angle LKB) = 2(72^\circ - 18^\circ) = 108^\circ$, इसलिये $\angle PBM = 36^\circ$ तथा $\angle PBA = \angle PBM - \angle ABM = 36^\circ - 18^\circ = 18^\circ$।
जबसे $\angle BAP = 30^\circ$ तथा $\angle PBA = 18^\circ$, हमारे पास वह है $P\equiv C$।
हम अब यह साबित करेंगे $R\equiv D$। सबसे पहले, हमारे पास है$\angle CAR = \angle BAR - \angle BAC = 54^\circ - 30^\circ = 24^\circ$। दूसरी बात, जब से$\angle LKC = 72^\circ = \angle LKR$, हमारे पास वह है $K$, $C$, $R$मिलीभगत है। जबसे$M$ की परिधि है $CKB$, अपने पास $\angle BCR = \frac 12 \angle BMK = \frac 12 \cdot 156^\circ = 78^\circ$। हमारे पास भी है$\angle RBC = \angle RBA - \angle CBA = 96^\circ - 18^\circ = 78^\circ$। जबसे$\angle BCR = \angle RBC$, यह इस प्रकार है कि $R$ के लंबवत द्विभाजक पर स्थित है $CB$, जो साथ है $\angle CAR = 24^\circ$ मतलब कि $R\equiv D$। उत्तर इस प्रकार है:$$\varphi = \angle BCD = \angle BCR = 78^\circ.$$
जबसे $\angle DAB=54^o$, अगर हम एक नियमित पेंटागन का निर्माण करते हैं $AD$, तब फिर $AB$ बाइसेक्ट्स $\angle DAG=108^o$, तथा $AB$ के लिए बढ़ाया $K$ खतना पर केंद्र के माध्यम से गुजरता है $N$।
विस्तार करना $AC$ सेवा मेरे $I$, $DB$ सेवा मेरे $L$, और सम्मिलित हों $IK$, $KL$, $LA$, $IL$, तथा $DG$।
चूंकि चक्रीय चतुर्भुज $AIKL$ पर समकोण है $I$, यह एक आयत है। इसलिए$\angle AIL=\angle IAK=30^o$, $\angle LAK=60^o$, तथा$$\angle LAG=\angle LAK-\angle GAK=60^o-54^o=6^o=\angle LDG$$और चूंकि नियमित पंचकोण में $\angle ADG=36^o$, और ओपी नोट के रूप में $\angle ADE=18^o$, तब फिर $\angle LDG=\angle ADC$।
