Seharusnya $\angle BAC = 60^\circ$ dan $\angle ABC = 20^\circ$. Sebuah titik $E$ dalam $ABC$ memuaskan $\angle EAB=20^\circ$ dan $\angle ECB=30^\circ$.
Pernyataan masalah:
Dalam segitiga $ABC$ dengan sudut $\angle BAC = 60^\circ$ dan $\angle ABC = 20^\circ$, sebuah titik $E$ di dalam segitiga diberikan sedemikian rupa $\angle EAB = 20^\circ$ dan $\angle ECB = 30^\circ$. Buktikan itu$E$ terletak pada garis-bagi sudut $\angle ABC$.
Saya menggambar di Geogebra untuk soal ini dan inilah yang saya lakukan sejauh ini:
Semua sudut yang digambar ditemukan dengan menggunakan fakta bahwa jumlah sudut dalam segitiga adalah $180^\circ$. Saya juga memperhatikan itu$AD=BD$, $AC=CD=AE$ dengan menggunakan segitiga sama kaki.
Saya mencoba membuktikannya $E$ terletak pada garis-bagi sudut $\angle ABC$ dengan membuktikan itu $GE=EI$ dan jadi saya menggambar garis-garis pembagi dari $E$ ke samping $AB$ dan $BC$, dan saya melihat dua pasang segitiga serupa: $\triangle AHE \sim \triangle AEF$ dan $\triangle CJE \sim \triangle CED$, tapi saya tidak yakin apakah ini berguna dengan cara apa pun.
Saya terjebak sejak itu dan saya tidak tahu bagaimana melanjutkan dari ini. Saya tidak yakin apakah ini pendekatan yang tepat untuk masalah tersebut. Apakah ada cara untuk mendekati masalah ini yang saya lewatkan?
Jawaban
Sudah ada jawaban yang bagus dan diterima karena ole , dan setelah melihatnya saya menunggu untuk diterima. Sejak saya memulai jawaban yang berfokus pada (tiga lebih atau kurang) cara berbeda untuk mengatasi masalah, dan melakukan banyak gambar, saya memiliki keputusan yang sulit untuk tetap memposting atau menghapus pekerjaan. Oleh karena masih menarik bagi sebagian pembaca saya melengkapi jawabannya. Catatan sebelum solusi datang. Ada solusi rumit yang masih ditambahkan, ini serupa dalam konstruksinya dengan "masalah Langley" yang dikenal.
Solusi pertama: Solusi pertama ini sifatnya solusi ole yang sama , solusi ini menggunakan segitiga sama sisi untuk melakukan "bagal" dari satu arah ke arah lain, dan dilengkapi dengan gambar.
Kami membangun $CE$ segitiga sama sisi $\Delta CDE$, sehingga garis bagi sudutnya masuk $C$ adalah garisnya $CB$. Biarkan juga di segitiga ini$C'$, $D'$ menjadi titik tengah dari sisi yang berlawanan $C$, $D$. Membiarkan$F$ menjadi proyeksi $E$ di $AB$.
Kemudian $\Delta CAE$ adalah sama kaki yang memiliki sudut masuk $C,E$ dengan ukuran yang sama, $70^\circ$, yang menyiratkan $\Delta ACD'=\Delta AED'=\Delta AEF$. Begitu$EC'=ED'=EF$.
$\square$
Sebagai penyimpangan, mungkin menarik untuk melihat dalam konteks "gambaran yang lebih besar" dari segitiga sama sisi $AB$ dimana titik solusinya, misalnya titik $D$. Tidak ada komentar:
Solusi ke-2: Menggunakan versi trigonometri dari teorema Ceva, kita harus menunjukkan persamaan:$$ 1\overset!= \frac{\sin20^\circ}{\sin40^\circ}\cdot \frac{\sin70^\circ}{\sin30^\circ}\cdot \frac{\sin10^\circ}{\sin10^\circ}\ . $$ Ini langsung digunakan $\sin 40^\circ =2\sin 20^\circ \cos 20^\circ $.
$\square$
Solusi ke-3: Solusi lain yang sering disarankan sendiri dalam kasus seperti itu adalah dengan merealisasikan segitiga yang diberikan sebagai "bagian" dari poligon beraturan, kemudian gunakan kesimetrian di dalam poligon ini. Ini mungkin tampak berlebihan untuk sebuah solusi, menghasilkan gambaran yang paling kompleks, tetapi mungkin perspektif struktural yang tepat untuk memahami mengapa ada "kebetulan" seperti itu, berapa "banyak", dan bagaimana membangun / menyusun masalah yang serupa .
Sebagai perbandingan, perhatikan masalah Langley yang memiliki banyak solusi sederhana, namun ada juga ...
pertanyaan stackexchange 1121534
Dalam kasus kami, transposisinya adalah ...
Konfigurasi segitiga yang diberikan disematkan di dalam poligon beraturan sebagai $\Delta (0,2,12)$. Kami ingin menunjukkan bahwa diagonal$0-9$; $2-14$, $4-16$, $1-12$, $6-17$ bersamaan $E$.
Kami sekarang melakukan transformasi berikut, yang menghadirkan reguler $18$-gons dari gambar berikut satu sama lain:
Menggunakan sebagai titik tengah $9$ pertama kami menggunakan rotasi yang bergerak $1$ untuk $0$, lalu gunakan kesamaan yang menunjukkan panjang segmen $[9,13]$ ke dalam panjang segmen tersebut $[9,12]$. Tentu saja, kita dapat mengembalikan urutan rotasi dan homothety tanpa perubahan. Untuk mendapatkan bantuan visual cepat dari transformasi, dua segitiga ditandai. Segitiga merah$\Delta(9,13,1)$ diubah menjadi segitiga biru $\Delta(9',13',1')=\Delta(9,12,1')$. Ini karena$9=9'$, $9$ menjadi pusat rotasi dan peregangan, dan segmen $[9,13]$ dipetakan ke $[9',13']=[9,12]$karena kedua segmen berada pada sudut siku-siku dan proporsi yang tepat. Mari kita identifikasi$1'$ sebagai intinya $E$ dari masalah.
- $9,1',0$ adalah colinear sejak kedua baris $90$ dan $91'$ membangun wrt sudut yang sama $90'$.
- Begitu $9,(k+1)',k$ adalah collinear untuk semua nilai lain dari sebuah simpul $k$.
- $1,1',12$ adalah colinear sejak $\angle (9,12,1)=\angle (9,13,1)=\angle (9',13',1')=\angle (9,12,1')$.
- Dengan cara yang sama, $k,k',12$ adalah collinear untuk semua nilai lain dari sebuah simpul $k$ dan titik transformasi $k'$.
- Garis $1'-2'$ dan $4-16$ bertepatan, ini dapat ditampilkan dengan menggunakan garis melalui $12=13'$, $O'$, $4'$, $4$ atau garis paralel $8-8'-12$ pada jarak yang sama.
Namun gambaran lain.
$ GE = 1/2 * CE (berlawanan 30), ACE sama kaki (sudut 70,70), gambar tegak lurus terhadap CE, ada 2 segitiga siku-siku kongruen, sudut 20, hipotenusa umum. Jadi, GE = EI.
Membiarkan $\angle EBC=\alpha$ dan $\angle EBA=20^\circ-\alpha$. Dengan menggunakan bentuk trigonometri dari Teorema Ceva, kita dapat melihatnya$$\frac{sin(40^\circ)}{sin(20^\circ)}\cdot\frac{sin(20^\circ-\alpha)}{sin(\alpha)}\cdot\frac{sin(30^\circ)}{sin(70^\circ)}=1$$ Menggunakan rumus sudut ganda dan beberapa identitas trigonometri yang kami miliki $$\frac{2sin(20^\circ)cos(20^\circ)}{sin(20^\circ)} \cdot\frac{sin(20^\circ-\alpha)}{sin(\alpha)}\cdot\frac{\frac{1}{2}}{cos(20^\circ)}=1$$ Yang menyederhanakan $$sin(20^\circ-\alpha)=sin(\alpha)$$ Oleh karena itu kami punya $\alpha=10^\circ$ yang berarti $E$ terletak pada garis-garis sudut.
Dalam sosok Anda, mari gunakan $\alpha=\angle CBE$ dan $\beta=\angle ABE$. Kemudian menggunakan hukum sinus masuk$\triangle CEB$: $$\frac{\sin\alpha}{CE}=\frac{\sin 30^\circ}{EB}$$ Demikian pula, di $\triangle EBA$: $$\frac{\sin\beta}{AE}=\frac{\sin 20^\circ}{EB}$$ Begitu $$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{\sin 30^\circ}{\sin20^\circ}\frac{CE}{AE}$$ Kami mendapatkan rasio panjang terakhir dari $\triangle AEC$: $$\frac{CE}{AC}=\frac{\sin 40^\circ}{\sin 70^\circ}$$ Begitu $$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{\sin 30^\circ}{\sin20^\circ}\frac{\sin 40^\circ}{\sin 70^\circ}$$ Sekarang menggunakan $$\sin 20^\circ\sin70^\circ=\frac 12\cos(20^\circ-70^\circ)\frac 12\cos(20^\circ+70^\circ)=\frac12\cos(50^\circ)=\frac12\sin40^\circ$$ dan $\sin 30^\circ=\frac 12$, Anda mendapatkan $$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=1$$atau $\alpha=\beta$