Supponiamo $\angle BAC = 60^\circ$ e $\angle ABC = 20^\circ$. Un punto $E$ dentro $ABC$ soddisfa $\angle EAB=20^\circ$ e $\angle ECB=30^\circ$.
Dichiarazione problema:
In un triangolo $ABC$ con angoli $\angle BAC = 60^\circ$ e $\angle ABC = 20^\circ$, un punto $E$ all'interno del triangolo è dato tale che $\angle EAB = 20^\circ$ e $\angle ECB = 30^\circ$. Prova che$E$ giace su un angolo bisettrice di $\angle ABC$.
Ho disegnato un'immagine in Geogebra per questo problema e questo è quello che ho fatto finora:
Tutti gli angoli disegnati sono stati rilevati usando il fatto che la somma degli angoli in un triangolo è $180^\circ$. L'ho notato anche io$AD=BD$, $AC=CD=AE$ utilizzando triangoli isosceli.
Ho provato a dimostrarlo $E$ giace su un angolo bisettrice di $\angle ABC$ dimostrandolo $GE=EI$ e così ho disegnato bisettrici perpendicolari da $E$ ai lati $AB$ e $BC$e ho notato due coppie di triangoli simili: $\triangle AHE \sim \triangle AEF$ e $\triangle CJE \sim \triangle CED$, ma non sono sicuro che sia utile in alcun modo.
Da allora sono bloccato e non so come continuare. Non sono sicuro che questo sia l'approccio giusto al problema. C'è un modo per affrontare questo problema che mi sono perso?
Risposte
C'è già una buona risposta accettata a causa di ole , e dopo averla vista ho aspettato che fosse accettata. Da quando ho iniziato una risposta concentrandomi su (tre più o meno) diversi modi per affrontare il problema e ho fatto molte foto, ho avuto la difficile decisione di pubblicare o eliminare il lavoro. Per il motivo che è ancora interessante per alcuni lettori ho completato la risposta. Una nota prima che arrivino le soluzioni. C'è ancora una soluzione complicata, simile nella sua costruzione al noto "problema di Langley".
1.a soluzione: Questa prima soluzione è per sua natura la stessa soluzione ole , utilizza solo un triangolo equilatero per eseguire il "mulo" da una direzione all'altra, e viene fornita con un'immagine.
Continuiamo a costruire $CE$ un triangolo equilatero $\Delta CDE$, in modo che il suo angolo sia bisettrice in $C$ è la linea $CB$. Lasciamo anche in questo triangolo$C'$, $D'$ essere i punti medi dei lati opposti a $C$, $D$. Permettere$F$ essere la proiezione di $E$ sopra $AB$.
Poi $\Delta CAE$ è isoscele con gli angoli dentro $C,E$ della stessa misura, $70^\circ$, il che implica $\Delta ACD'=\Delta AED'=\Delta AEF$. Così$EC'=ED'=EF$.
$\square$
Come digressione, forse è interessante vedere nel contesto del "quadro più ampio" del triangolo equilatero su $AB$ dove sono i punti della soluzione, ad esempio il punto $D$. Nessun commento:
2.nd soluzione: utilizzando la versione trigonometrica del teorema di Ceva, dobbiamo mostrare l'uguaglianza:$$ 1\overset!= \frac{\sin20^\circ}{\sin40^\circ}\cdot \frac{\sin70^\circ}{\sin30^\circ}\cdot \frac{\sin10^\circ}{\sin10^\circ}\ . $$ Questo è un utilizzo immediato $\sin 40^\circ =2\sin 20^\circ \cos 20^\circ $.
$\square$
3.a soluzione: Un'altra soluzione che è spesso auto-suggerita in questi casi è quella di realizzare il triangolo dato come una "parte" di un poligono regolare, quindi utilizzare le simmetrie all'interno di questo poligono. Questo può sembrare eccessivo per una soluzione, producendo il quadro più complesso, ma potrebbe essere la giusta prospettiva strutturale per capire perché esistono tali "coincidenze", quante "sono" e come costruire / comporre problemi simili .
A titolo di confronto, si consideri il problema di Langley, che ha molte semplici soluzioni, ma c'è anche ...
le domande di stackexchange 1121534
Nel nostro caso la trasposizione è ...
La configurazione triangolare data è incorporata all'interno di un poligono regolare come $\Delta (0,2,12)$. Vogliamo dimostrare che le diagonali$0-9$; $2-14$, $4-16$, $1-12$, $6-17$ sono concorrenti in $E$.
Ora stiamo eseguendo la seguente trasformazione, che porta il normale $18$-goni dalla seguente immagine l'uno nell'altro:
Usando come centro il punto $9$ usiamo prima una rotazione che si muove $1$ per $0$, quindi usa una somiglianza che porti la lunghezza del segmento $[9,13]$ nella lunghezza del segmento $[9,12]$. Naturalmente, possiamo invertire l'ordine della rotazione e dell'omotetia senza modifiche. Per avere un rapido aiuto visivo della trasformazione, sono stati contrassegnati due triangoli. Il triangolo rosso$\Delta(9,13,1)$ si trasforma nel triangolo blu $\Delta(9',13',1')=\Delta(9,12,1')$. Questo è così perché$9=9'$, $9$ essendo il centro della rotazione e dell'allungamento e il segmento $[9,13]$ è mappato a $[9',13']=[9,12]$poiché i due segmenti sono nell'angolo retto e nella giusta proporzione. Cerchiamo di identificare$1'$ come il punto $E$ dal problema.
- $9,1',0$ sono colineari poiché entrambe le linee $90$ e $91'$ costruire lo stesso angolo rispetto a $90'$.
- Così $9,(k+1)',k$ sono collineari per tutti gli altri valori di un vertice $k$.
- $1,1',12$ sono colineari da allora $\angle (9,12,1)=\angle (9,13,1)=\angle (9',13',1')=\angle (9,12,1')$.
- In modo simile, $k,k',12$ sono collineari per tutti gli altri valori di un vertice $k$ e trasformato vertice $k'$.
- Le linee $1'-2'$ e $4-16$ coincidono, questo può essere mostrato utilizzando la linea attraverso $12=13'$, $O'$, $4'$, $4$ o la linea parallela $8-8'-12$ alla stessa distanza.
Ancora un'altra immagine.
$ GE = 1/2 * CE (opposto 30), ACE isoscele (angoli 70,70), tracciato perpendicolare a CE, ci sono 2 triangoli rettangoli congruenti, angolo 20, ipotenusa comune. Quindi, GE = EI.
Permettere $\angle EBC=\alpha$ e $\angle EBA=20^\circ-\alpha$. Usando la forma trigonometrica del teorema di Ceva, possiamo vederlo$$\frac{sin(40^\circ)}{sin(20^\circ)}\cdot\frac{sin(20^\circ-\alpha)}{sin(\alpha)}\cdot\frac{sin(30^\circ)}{sin(70^\circ)}=1$$ Usando la formula del doppio angolo e alcune identità trigonometriche che abbiamo $$\frac{2sin(20^\circ)cos(20^\circ)}{sin(20^\circ)} \cdot\frac{sin(20^\circ-\alpha)}{sin(\alpha)}\cdot\frac{\frac{1}{2}}{cos(20^\circ)}=1$$ Che semplifica a $$sin(20^\circ-\alpha)=sin(\alpha)$$ Quindi abbiamo $\alpha=10^\circ$ che significa $E$ giace su una bisettrice.
Nella tua figura, usiamo $\alpha=\angle CBE$ e $\beta=\angle ABE$. Quindi usando la legge dei seni in$\triangle CEB$: $$\frac{\sin\alpha}{CE}=\frac{\sin 30^\circ}{EB}$$ Allo stesso modo, in $\triangle EBA$: $$\frac{\sin\beta}{AE}=\frac{\sin 20^\circ}{EB}$$ Così $$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{\sin 30^\circ}{\sin20^\circ}\frac{CE}{AE}$$ Otteniamo l'ultimo rapporto di lunghezze da $\triangle AEC$: $$\frac{CE}{AC}=\frac{\sin 40^\circ}{\sin 70^\circ}$$ Così $$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{\sin 30^\circ}{\sin20^\circ}\frac{\sin 40^\circ}{\sin 70^\circ}$$ Ora usando $$\sin 20^\circ\sin70^\circ=\frac 12\cos(20^\circ-70^\circ)\frac 12\cos(20^\circ+70^\circ)=\frac12\cos(50^\circ)=\frac12\sin40^\circ$$ e $\sin 30^\circ=\frac 12$, ottieni $$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=1$$o $\alpha=\beta$