Znajdź brakujący kąt w trójkącie
W poniższym trójkącie szukamy wartości kąta $φ$.
Mamy dane $α=30, β=18, γ=24$ a także to $CD=BD$.
Rozwiązałem to za pomocą trygonometrii (prawa sinusa) i znalazłem wymagany kąt równy 78, ale muszę to rozwiązać tylko za pomocą geometrii.
Czego próbowałem do tej pory:
Przede wszystkim kąt można skonstruować, co oznacza dla mnie, że musi istnieć rozwiązanie geometryczne. Najpierw narysowałem trójkąt ABC; łatwe, ponieważ znamy 2 jego kąty. Nie interesują nas długości boków. Następnie, mając bok AC jako podstawę i kąt 24 stopni, możemy narysować promień z punktu A.
Od tego czasu $CD=BD$trójkąt DCB jest równoramienny, dlatego D musi leżeć na prostopadłej dwusiecznej CB, którą możemy narysować. Punkt przecięcia promienia z A i prostopadłej dwusiecznej to punkt D.
Z trójkąta FEB mamy to
kąt AFD = 108.
Z trójkąta AFD,
$ADC+CDE+54+108=180$ więc $ADC+CDE=18$
Mamy też $24+ACD+ADC=180$
$ACB=132$
$132+φ+ACD=180$
$18+φ+54+ADC+2CDE=180$
Mam zawsze jedno równanie.
Jakieś pomysły?
Wielkie dzięki z góry!
EDYTOWAĆ:
Prawo sinusoidalne w trójkącie ABD:
$\frac {sin (φ+18)}{AD} = \frac {sin (54)}{BD}$
Prawo sinusowe w trójkącie ACD:
$\frac {sin (360-132-φ)}{AD} = \frac {sin (24)}{CD} = \frac {sin (24)}{BD}$
więc
$\frac {sin (φ+18)}{sin (228-φ)} = \frac {sin (54)}{sin (24)}$
W związku z tym $φ=78$.
Odpowiedzi
Rozważ regularne $30$-gon $X_1X_2X_3X_4X_5X_6X_7X_8X_9X_{10}X_{11}X_{12}X_{13}X_{14}X_{15}X_{16}X_{17}X_{18}X_{19}X_{20}X_{21}X_{22}X_{23}X_{24}X_{25}X_{26}X_{27}X_{28}X_{29}X_{30}$ i umieść go w samolocie tak, aby $X_1 \equiv A$, $X_6\equiv B$, i to $X_2$ i $C$ leżeć na różnych półpłaszczyznach określonych przez linię $AB$. Oznaczać$K=X_2$, $L=X_3$, $M=X_4$, $N=X_5$, i $X_{15}=R$.
Zbuduj regularny pięciokąt $KLOPQ$jak na zdjęciu. Udowodnimy to$P\equiv C$.
Zwróć na to uwagę $\angle QKA = \angle LKA - \angle LKQ = 168^\circ - 108^\circ = 60^\circ$. Od$QK=KL=AK$wynika, że trójkąt $AKQ$jest równoboczny. W szczególności,$AQ=KQ=QP$, więc $Q$ jest środkiem obrzezania $AKP$. Podążanie za kątami ustępuje$\angle AQP = 360^\circ - 2\angle PKA = 360^\circ - 2(60^\circ + 36^\circ) = 168^\circ$, czyli przez trójkąt SAS $AQP$ jest przystające do $KLM$, $MNB$i przez symetrię jest przystająca do $MOP$. Kontynuacja pogoni za kątami,$\angle PAQ = 6^\circ$, i w końcu $\angle BAP = \angle KAQ - \angle PAQ - \angle KAB = 60^\circ - 6^\circ - 24^\circ = 30^\circ$.
Z drugiej strony, przez zgodność $KLM$, $MNB$ i $MOP$, mamy $MK=MP=MB$, więc $M$ jest środkiem obrzezania $KPB$ i dlatego $\angle BMP = 2\angle BKP = 2(\angle LKP - \angle LKB) = 2(72^\circ - 18^\circ) = 108^\circ$, W związku z tym $\angle PBM = 36^\circ$ i $\angle PBA = \angle PBM - \angle ABM = 36^\circ - 18^\circ = 18^\circ$.
Od $\angle BAP = 30^\circ$ i $\angle PBA = 18^\circ$, mamy to $P\equiv C$.
Teraz to udowodnimy $R\equiv D$. Przede wszystkim mamy$\angle CAR = \angle BAR - \angle BAC = 54^\circ - 30^\circ = 24^\circ$. Po drugie, ponieważ$\angle LKC = 72^\circ = \angle LKR$, mamy to $K$, $C$, $R$są współliniowe. Od$M$ jest środkiem obrzezania $CKB$, mamy $\angle BCR = \frac 12 \angle BMK = \frac 12 \cdot 156^\circ = 78^\circ$. Mamy też$\angle RBC = \angle RBA - \angle CBA = 96^\circ - 18^\circ = 78^\circ$. Od$\angle BCR = \angle RBC$, wynika, że $R$ leży na prostopadłej dwusiecznej $CB$, który wraz z $\angle CAR = 24^\circ$ oznacza, że $R\equiv D$. Odpowiedź jest następująca:$$\varphi = \angle BCD = \angle BCR = 78^\circ.$$
Od $\angle DAB=54^o$, jeśli zbudujemy na nim regularny pięciokąt $AD$, następnie $AB$ połówki $\angle DAG=108^o$, i $AB$ rozszerzony do $K$ na okręgu opisanym przechodzi przez środek $N$.
Poszerzać $AC$ do $I$, $DB$ do $L$i dołącz $IK$, $KL$, $LA$, $IL$, i $DG$.
Ponieważ cykliczny czworobok $AIKL$ ma kąt prosty przy $I$, to jest prostokąt. W związku z tym$\angle AIL=\angle IAK=30^o$, $\angle LAK=60^o$, i$$\angle LAG=\angle LAK-\angle GAK=60^o-54^o=6^o=\angle LDG$$A ponieważ w regularnym pięciokącie $\angle ADG=36^o$i jako uwagi OP $\angle ADE=18^o$, następnie $\angle LDG=\angle ADC$.
