三角形の欠けている角度を見つける
下の三角形で、角度の値を探しています $φ$。
私たちは与えられます $α=30, β=18, γ=24$ そしてまたそれ $CD=BD$。
三角法（正弦法則）で解決し、必要な角度は78であることがわかりましたが、ジオメトリのみで解決する必要があります。
私がこれまでに試したこと：
まず第一に、角度は構築可能です。つまり、幾何学的な解決策が必要です。私は最初に三角形ABCを描きました。2つの角度がわかっているので簡単です。辺の長さには興味がありません。次に、側面ACをベースとして、角度を24度にすると、点Aから光線を描くことができます。
その後、 $CD=BD$、三角形DCBは二等辺三角形であるため、DはCBの垂直二等分線上にある必要があります。これを描画できます。Aからの光線と垂直二等分線の交点は点Dです。
三角形FEBからそれがあります
角度AFD = 108。
三角形のAFDから、
$ADC+CDE+54+108=180$ そう $ADC+CDE=18$
私たちも持っています $24+ACD+ADC=180$
$ACB=132$
$132+φ+ACD=180$
$18+φ+54+ADC+2CDE=180$
私は常に1つの方程式が不足しています。
何か案は？
期待して感謝します！
編集：
三角形ABDの正弦法則：
$\frac {sin (φ+18)}{AD} = \frac {sin (54)}{BD}$
三角形ACDの正弦法則：
$\frac {sin (360-132-φ)}{AD} = \frac {sin (24)}{CD} = \frac {sin (24)}{BD}$
そう
$\frac {sin (φ+18)}{sin (228-φ)} = \frac {sin (54)}{sin (24)}$
したがって、 $φ=78$。
回答
定期的に検討する $30$-gon $X_1X_2X_3X_4X_5X_6X_7X_8X_9X_{10}X_{11}X_{12}X_{13}X_{14}X_{15}X_{16}X_{17}X_{18}X_{19}X_{20}X_{21}X_{22}X_{23}X_{24}X_{25}X_{26}X_{27}X_{28}X_{29}X_{30}$ 飛行機に置いて $X_1 \equiv A$、 $X_6\equiv B$、そしてそれ $X_2$ そして $C$ 線によって決定される異なる半平面上にある $AB$。示す$K=X_2$、 $L=X_3$、 $M=X_4$、 $N=X_5$、および $X_{15}=R$。
正五角形を作成する $KLOPQ$写真のように。私たちはそれを証明します$P\equiv C$。
ご了承ください $\angle QKA = \angle LKA - \angle LKQ = 168^\circ - 108^\circ = 60^\circ$。以来$QK=KL=AK$、それは三角形が続く $AKQ$正三角形です。特に、$AQ=KQ=QP$、 そう $Q$ の外接円です $AKP$。角度追跡の歩留まり$\angle AQP = 360^\circ - 2\angle PKA = 360^\circ - 2(60^\circ + 36^\circ) = 168^\circ$、SASトライアングルによる $AQP$ に合同です $KLM$、 $MNB$、そして対称性により、それは合同です $MOP$。角度追跡を続け、$\angle PAQ = 6^\circ$、 そして最後に $\angle BAP = \angle KAQ - \angle PAQ - \angle KAB = 60^\circ - 6^\circ - 24^\circ = 30^\circ$。
一方、の合同によって $KLM$、 $MNB$ そして $MOP$、 我々は持っています $MK=MP=MB$、 そう $M$ の外接円です $KPB$ したがって $\angle BMP = 2\angle BKP = 2(\angle LKP - \angle LKB) = 2(72^\circ - 18^\circ) = 108^\circ$、したがって $\angle PBM = 36^\circ$ そして $\angle PBA = \angle PBM - \angle ABM = 36^\circ - 18^\circ = 18^\circ$。
以来 $\angle BAP = 30^\circ$ そして $\angle PBA = 18^\circ$、私たちはそれを持っています $P\equiv C$。
私たちは今それを証明します $R\equiv D$。まず第一に、私たちは持っています$\angle CAR = \angle BAR - \angle BAC = 54^\circ - 30^\circ = 24^\circ$。第二に、$\angle LKC = 72^\circ = \angle LKR$、私たちはそれを持っています $K$、 $C$、 $R$同一線上にあります。以来$M$ の外接円です $CKB$、 我々は持っています $\angle BCR = \frac 12 \angle BMK = \frac 12 \cdot 156^\circ = 78^\circ$。私たちも持っています$\angle RBC = \angle RBA - \angle CBA = 96^\circ - 18^\circ = 78^\circ$。以来$\angle BCR = \angle RBC$、それはそれに続く $R$ の垂直二等分線上にあります $CB$、と一緒に $\angle CAR = 24^\circ$ という意味です $R\equiv D$。答えは次のとおりです。$$\varphi = \angle BCD = \angle BCR = 78^\circ.$$
以来 $\angle DAB=54^o$、正五角形を構築する場合 $AD$、その後 $AB$ 二等分 $\angle DAG=108^o$、および $AB$ に拡張 $K$ 外接円上は中心を通過します $N$。
拡張する $AC$ に $I$、 $DB$ に $L$、および参加 $IK$、 $KL$、 $LA$、 $IL$、および $DG$。
外接四辺形以来 $AIKL$ で直角を持っています $I$、それは長方形です。したがって、$\angle AIL=\angle IAK=30^o$、 $\angle LAK=60^o$、および$$\angle LAG=\angle LAK-\angle GAK=60^o-54^o=6^o=\angle LDG$$そして正五角形以来 $\angle ADG=36^o$、およびOPノートとして $\angle ADE=18^o$、その後 $\angle LDG=\angle ADC$。
