Encontre o ângulo que falta no triângulo
No triângulo abaixo, procuramos o valor do ângulo $φ$.
Nos é dado $α=30, β=18, γ=24$ e também aquele $CD=BD$.
Resolvi com trigonometria (lei dos senos) e descobri que o ângulo necessário era 78, mas preciso resolvê-lo apenas com geometria.
O que tentei até agora:
Em primeiro lugar, o ângulo é construtível, o que significa para mim que deve haver uma solução geométrica. Desenhei primeiro o triângulo ABC; fácil, pois sabemos 2 de seus ângulos. Não estamos interessados nos comprimentos dos lados. Então, com o lado AC como base e um ângulo de 24 graus, podemos desenhar um raio do ponto A.
Então, desde $CD=BD$, triângulo DCB é isósceles, portanto, D deve estar na bissetriz perpendicular de CB, que podemos desenhar. O ponto de intersecção do raio de A e a bissetriz perpendicular é o ponto D.
Do triângulo FEB temos isso
ângulo AFD = 108.
Do triângulo AFD,
$ADC+CDE+54+108=180$ assim $ADC+CDE=18$
Nos tambem temos $24+ACD+ADC=180$
$ACB=132$
$132+φ+ACD=180$
$18+φ+54+ADC+2CDE=180$
Sempre estou com uma equação curta.
Alguma ideia?
Muito obrigado antecipadamente!
EDITAR:
Lei senoidal no triângulo ABD:
$\frac {sin (φ+18)}{AD} = \frac {sin (54)}{BD}$
Lei senoidal no triângulo ACD:
$\frac {sin (360-132-φ)}{AD} = \frac {sin (24)}{CD} = \frac {sin (24)}{BD}$
assim
$\frac {sin (φ+18)}{sin (228-φ)} = \frac {sin (54)}{sin (24)}$
conseqüentemente $φ=78$.
Respostas
Considere um normal $30$-gon $X_1X_2X_3X_4X_5X_6X_7X_8X_9X_{10}X_{11}X_{12}X_{13}X_{14}X_{15}X_{16}X_{17}X_{18}X_{19}X_{20}X_{21}X_{22}X_{23}X_{24}X_{25}X_{26}X_{27}X_{28}X_{29}X_{30}$ e coloque-o no avião para que $X_1 \equiv A$, $X_6\equiv B$, e essa $X_2$ e $C$ mentir em meios planos diferentes determinados pela linha $AB$. Denotar$K=X_2$, $L=X_3$, $M=X_4$, $N=X_5$, e $X_{15}=R$.
Construir pentágono regular $KLOPQ$como na foto. Devemos provar que$P\equiv C$.
Observe que $\angle QKA = \angle LKA - \angle LKQ = 168^\circ - 108^\circ = 60^\circ$. Desde a$QK=KL=AK$, segue-se que o triângulo $AKQ$é equilátero. Em particular,$AQ=KQ=QP$, assim $Q$ é o circuncentro de $AKP$. Angle perseguindo rendimentos$\angle AQP = 360^\circ - 2\angle PKA = 360^\circ - 2(60^\circ + 36^\circ) = 168^\circ$, então pelo triângulo SAS $AQP$ é congruente com $KLM$, $MNB$, e por simetria é congruente com $MOP$. Continuando a perseguir o ângulo,$\angle PAQ = 6^\circ$, e finalmente $\angle BAP = \angle KAQ - \angle PAQ - \angle KAB = 60^\circ - 6^\circ - 24^\circ = 30^\circ$.
Por outro lado, por congruência de $KLM$, $MNB$ e $MOP$, temos $MK=MP=MB$, assim $M$ é o circuncentro de $KPB$ e portanto $\angle BMP = 2\angle BKP = 2(\angle LKP - \angle LKB) = 2(72^\circ - 18^\circ) = 108^\circ$, conseqüentemente $\angle PBM = 36^\circ$ e $\angle PBA = \angle PBM - \angle ABM = 36^\circ - 18^\circ = 18^\circ$.
Desde a $\angle BAP = 30^\circ$ e $\angle PBA = 18^\circ$, nós temos isso $P\equiv C$.
Devemos provar agora que $R\equiv D$. Em primeiro lugar, temos$\angle CAR = \angle BAR - \angle BAC = 54^\circ - 30^\circ = 24^\circ$. Em segundo lugar, desde$\angle LKC = 72^\circ = \angle LKR$, nós temos isso $K$, $C$, $R$são colineares. Desde a$M$ é o circuncentro de $CKB$, temos $\angle BCR = \frac 12 \angle BMK = \frac 12 \cdot 156^\circ = 78^\circ$. Nos tambem temos$\angle RBC = \angle RBA - \angle CBA = 96^\circ - 18^\circ = 78^\circ$. Desde a$\angle BCR = \angle RBC$, segue que $R$ encontra-se na bissetriz perpendicular de $CB$, que junto com $\angle CAR = 24^\circ$ significa que $R\equiv D$. A resposta segue:$$\varphi = \angle BCD = \angle BCR = 78^\circ.$$
Desde a $\angle DAB=54^o$, se construirmos um pentágono regular em $AD$, então $AB$ bissectos $\angle DAG=108^o$, e $AB$ alargado a $K$ na circunferência passa pelo centro $N$.
Ampliar $AC$ para $I$, $DB$ para $L$e junte-se $IK$, $KL$, $LA$, $IL$, e $DG$.
Desde quadrilátero cíclico $AIKL$ tem um ângulo reto em $I$, é um retângulo. Portanto$\angle AIL=\angle IAK=30^o$, $\angle LAK=60^o$, e$$\angle LAG=\angle LAK-\angle GAK=60^o-54^o=6^o=\angle LDG$$E já que no pentágono regular $\angle ADG=36^o$, e como notas OP $\angle ADE=18^o$, então $\angle LDG=\angle ADC$.