Предположим $\angle BAC = 60^\circ$ и $\angle ABC = 20^\circ$. Точка $E$ внутри $ABC$ удовлетворяет $\angle EAB=20^\circ$ и $\angle ECB=30^\circ$.
Постановка задачи:
В треугольнике $ABC$ с углами $\angle BAC = 60^\circ$ и $\angle ABC = 20^\circ$, точка $E$ внутри треугольника задано такое, что $\angle EAB = 20^\circ$ и $\angle ECB = 30^\circ$. Докажи это$E$ лежит на биссектрисе $\angle ABC$.
Я нарисовал в Geogebra картинку для этой проблемы, и вот что я сделал до сих пор:
Все нарисованные углы были найдены с использованием того факта, что сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$. Я также заметил, что$AD=BD$, $AC=CD=AE$ с помощью равнобедренных треугольников.
Я пытался это доказать $E$ лежит на биссектрисе $\angle ABC$ доказав, что $GE=EI$ и поэтому я провел перпендикулярные биссектрисы $E$ в стороны $AB$ и $BC$, и я заметил две пары похожих треугольников: $\triangle AHE \sim \triangle AEF$ и $\triangle CJE \sim \triangle CED$, но я не уверен, что это хоть как-то полезно.
Я застрял с тех пор, и я не знаю, как продолжить дальше. Не уверен, что это вообще правильный подход к проблеме. Есть ли способ решить эту проблему, которую я упустил?
Ответы
Уже есть хороший принятый ответ из-за ole , и, увидев его, я дождался его принятия. С тех пор, как я начал отвечать, сосредоточившись на (более или менее трех) различных способах решения проблемы, и сделал много фотографий, у меня было трудное решение опубликовать или удалить работу. По той причине, что некоторым читателям это все еще будет интересно, я завершил ответ. Примечание до того, как появятся решения. Есть еще одно сложное решение, которое по своей конструкции похоже на известную «проблему Лэнгли».
1.-е решение: это первое решение по своей природе является тем же решением оле , оно использует только равносторонний треугольник для выполнения «мула» из одного направления в другое и сопровождается изображением.
Мы строим на $CE$ равносторонний треугольник $\Delta CDE$, так что его биссектриса угла в $C$ это линия $CB$. Пусть также в этом треугольнике$C'$, $D'$ быть серединами сторон, противоположных $C$, $D$. Позволять$F$ быть проекцией $E$ на $AB$.
потом $\Delta CAE$ равнобедренный, имеющий углы в $C,E$ той же меры, $70^\circ$, что означает $\Delta ACD'=\Delta AED'=\Delta AEF$. Так$EC'=ED'=EF$.
$\square$
В качестве отступления, возможно, будет интересно увидеть в контексте «более широкой картины» равностороннего треугольника на $AB$ где точки решения, например, точка $D$. Нет комментариев:
2-е решение: Используя тригонометрическую версию теоремы Чевы, мы должны показать равенство:$$ 1\overset!= \frac{\sin20^\circ}{\sin40^\circ}\cdot \frac{\sin70^\circ}{\sin30^\circ}\cdot \frac{\sin10^\circ}{\sin10^\circ}\ . $$ Это немедленное использование $\sin 40^\circ =2\sin 20^\circ \cos 20^\circ $.
$\square$
3-е решение: Другое решение, которое часто предлагается в таких случаях, - это реализовать данный треугольник как «часть» правильного многоугольника, а затем использовать симметрии внутри этого многоугольника. Это может показаться излишним для решения, создавая наиболее сложную картину, но это может быть правильная структурная перспектива, чтобы понять, почему существуют такие «совпадения», сколько их «много» и как построить / составить аналогичные проблемы. .
Для сравнения рассмотрим проблему Лэнгли, у которой есть много простых решений, но есть еще ...
вопросы обмена стеком 1121534
В нашем случае транспозиция ...
Данная конфигурация треугольника вложена внутрь правильного многоугольника как $\Delta (0,2,12)$. Мы хотим показать, что диагонали$0-9$; $2-14$, $4-16$, $1-12$, $6-17$ одновременно в $E$.
Сейчас мы выполняем следующее преобразование, которое приносит обычную $18$-угольники из следующей картинки друг в друга:
Использование в качестве центра точки $9$ мы используем сначала вращение, которое перемещает $1$ к $0$, затем используйте подобие, которое дает длину сегмента $[9,13]$ в длину сегмента $[9,12]$. Конечно, мы можем без изменений изменить порядок вращения и гомотетии. Для быстрого наглядного представления трансформации были отмечены два треугольника. Красный треугольник$\Delta(9,13,1)$ превращается в синий треугольник $\Delta(9',13',1')=\Delta(9,12,1')$. Это потому что$9=9'$, $9$ являясь центром вращения и растяжения, а сегмент $[9,13]$ отображается на $[9',13']=[9,12]$так как два сегмента находятся под прямым углом и в правильной пропорции. Позвольте нам идентифицировать$1'$ как точка $E$ от проблемы.
- $9,1',0$ коллинеарны, поскольку обе линии $90$ и $91'$ строить под таким же углом относительно $90'$.
- Так $9,(k+1)',k$ коллинеарны для всех остальных значений вершины $k$.
- $1,1',12$ коллинеарны, так как $\angle (9,12,1)=\angle (9,13,1)=\angle (9',13',1')=\angle (9,12,1')$.
- Аналогичным образом $k,k',12$ коллинеарны для всех остальных значений вершины $k$ и преобразованная вершина $k'$.
- Линии $1'-2'$ и $4-16$ совпадают, это можно показать с помощью линии, проходящей через $12=13'$, $O'$, $4'$, $4$ или параллельная линия $8-8'-12$ на таком же расстоянии.
Еще одна картина.
$ GE = 1/2 * CE (напротив 30), ACE равнобедренный (углы 70,70), перпендикулярно CE, есть 2 равных прямоугольных треугольника, угол 20, общая гипотенуза. Итак, GE = EI.
Позволять $\angle EBC=\alpha$ и $\angle EBA=20^\circ-\alpha$. Используя тригонометрическую форму теоремы Чевы, мы видим, что$$\frac{sin(40^\circ)}{sin(20^\circ)}\cdot\frac{sin(20^\circ-\alpha)}{sin(\alpha)}\cdot\frac{sin(30^\circ)}{sin(70^\circ)}=1$$ Используя формулу двойного угла и некоторые тригонометрические тождества, мы имеем $$\frac{2sin(20^\circ)cos(20^\circ)}{sin(20^\circ)} \cdot\frac{sin(20^\circ-\alpha)}{sin(\alpha)}\cdot\frac{\frac{1}{2}}{cos(20^\circ)}=1$$ Что упрощает $$sin(20^\circ-\alpha)=sin(\alpha)$$ Поэтому у нас есть $\alpha=10^\circ$ что значит $E$ лежит на биссектрисе.
На вашем рисунке давайте использовать $\alpha=\angle CBE$ и $\beta=\angle ABE$. Затем, используя закон синусов в$\triangle CEB$: $$\frac{\sin\alpha}{CE}=\frac{\sin 30^\circ}{EB}$$ Аналогичным образом в $\triangle EBA$: $$\frac{\sin\beta}{AE}=\frac{\sin 20^\circ}{EB}$$ Так $$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{\sin 30^\circ}{\sin20^\circ}\frac{CE}{AE}$$ Последнее соотношение длин получаем из $\triangle AEC$: $$\frac{CE}{AC}=\frac{\sin 40^\circ}{\sin 70^\circ}$$ Так $$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{\sin 30^\circ}{\sin20^\circ}\frac{\sin 40^\circ}{\sin 70^\circ}$$ Теперь используя $$\sin 20^\circ\sin70^\circ=\frac 12\cos(20^\circ-70^\circ)\frac 12\cos(20^\circ+70^\circ)=\frac12\cos(50^\circ)=\frac12\sin40^\circ$$ и $\sin 30^\circ=\frac 12$, Вы получаете $$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=1$$или же $\alpha=\beta$