สมมติ $\angle BAC = 60^\circ$ และ $\angle ABC = 20^\circ$. คะแนน $E$ ข้างใน $ABC$ พอใจ $\angle EAB=20^\circ$ และ $\angle ECB=30^\circ$.
คำชี้แจงปัญหา:
ในรูปสามเหลี่ยม $ABC$ มีมุม $\angle BAC = 60^\circ$ และ $\angle ABC = 20^\circ$, คะแนน $E$ ภายในสามเหลี่ยมจะได้รับเช่นนั้น $\angle EAB = 20^\circ$ และ $\angle ECB = 30^\circ$. พิสูจน์ว่า$E$ อยู่บนเส้นแบ่งครึ่งมุมของ $\angle ABC$.
ฉันวาดภาพใน Geogebra สำหรับปัญหานี้และนี่คือสิ่งที่ฉันทำจนถึงตอนนี้:
มุมทั้งหมดที่วาดพบโดยใช้ความจริงที่ว่าผลรวมของมุมในสามเหลี่ยมคือ $180^\circ$. ฉันยังสังเกตเห็นว่า$AD=BD$, $AC=CD=AE$ โดยใช้สามเหลี่ยมหน้าจั่ว
ฉันพยายามพิสูจน์ว่า $E$ อยู่บนเส้นแบ่งครึ่งมุมของ $\angle ABC$ ด้วยการพิสูจน์ว่า $GE=EI$ ดังนั้นฉันจึงวาดเส้นแบ่งครึ่งตั้งฉากจาก $E$ ไปด้านข้าง $AB$ และ $BC$และฉันสังเกตเห็นสามเหลี่ยมที่คล้ายกันสองคู่: $\triangle AHE \sim \triangle AEF$ และ $\triangle CJE \sim \triangle CED$แต่ฉันไม่แน่ใจว่ามีประโยชน์ในทางใดบ้าง
ฉันติดอยู่ตั้งแต่นั้นมาและฉันไม่รู้ว่าจะทำอย่างไรต่อจากนี้ ฉันไม่แน่ใจว่านี่เป็นแนวทางที่ถูกต้องสำหรับปัญหาหรือไม่ มีวิธีแก้ไขปัญหาที่ฉันพลาดไปหรือไม่?
คำตอบ
มีคำตอบที่ดีและเป็นที่ยอมรับเนื่องจากole อยู่แล้วและหลังจากได้เห็นแล้วฉันก็รอที่จะยอมรับ ตั้งแต่ฉันเริ่มคำตอบโดยมุ่งเน้นไปที่ (ไม่มากก็น้อยสามวิธี) ในการโจมตีปัญหาและมีรูปภาพจำนวนมากฉันจึงตัดสินใจยากที่จะโพสต์หรือลบงาน ด้วยเหตุผลที่ยังคงน่าสนใจสำหรับผู้อ่านบางคนฉันตอบคำตอบเสร็จแล้ว หมายเหตุก่อนการแก้ปัญหาจะมาถึง ยังมีวิธีการแก้ปัญหาที่ซับซ้อนเพิ่มเข้ามาซึ่งคล้ายกับการสร้าง "ปัญหาแลงลีย์" ที่เป็นที่รู้จัก
วิธีการแก้ปัญหา 1.st:การแก้ปัญหาแรกคือในธรรมชาติของมันเหมือนกันOLE 's วิธีการแก้ปัญหาจะใช้ แต่รูปสามเหลี่ยมด้านเท่าที่จะดำเนินการ 'ล่อ' จากทิศทางหนึ่งไปยังอีกคนหนึ่งและมาพร้อมกับภาพ
เราสร้าง $CE$ สามเหลี่ยมด้านเท่า $\Delta CDE$เพื่อให้เส้นแบ่งครึ่งมุมเข้า $C$ คือเส้น $CB$. ในสามเหลี่ยมนี้ด้วย$C'$, $D'$ เป็นจุดกึ่งกลางของด้านตรงข้าม $C$, $D$. ปล่อย$F$ เป็นภาพของ $E$ บน $AB$.
แล้ว $\Delta CAE$ คือหน้าจั่วมีมุมเข้า $C,E$ ในมาตรการเดียวกัน $70^\circ$ซึ่งหมายความว่า $\Delta ACD'=\Delta AED'=\Delta AEF$. ดังนั้น$EC'=ED'=EF$.
$\square$
ในการพูดนอกเรื่องอาจเป็นเรื่องน่าสนใจที่จะเห็นในบริบทของ "ภาพรวม" ของสามเหลี่ยมด้านเท่า $AB$ จุดของการแก้ปัญหาอยู่ที่ไหนเช่นจุด $D$. ไม่มีความเห็น:
2. และวิธีแก้ปัญหา:การใช้ทฤษฎีบทของเซวาในเวอร์ชันตรีโกณมิติเราต้องแสดงความเท่าเทียมกัน:$$ 1\overset!= \frac{\sin20^\circ}{\sin40^\circ}\cdot \frac{\sin70^\circ}{\sin30^\circ}\cdot \frac{\sin10^\circ}{\sin10^\circ}\ . $$ ใช้งานได้ทันที $\sin 40^\circ =2\sin 20^\circ \cos 20^\circ $.
$\square$
วิธีแก้ปัญหาที่ 3: วิธีแก้ปัญหาอื่น ๆ ที่มักจะแนะนำตนเองในกรณีเช่นนี้คือการตระหนักว่าสามเหลี่ยมที่กำหนดเป็น "ส่วนหนึ่ง" ของรูปหลายเหลี่ยมปกติจากนั้นใช้สมมาตรภายในรูปหลายเหลี่ยมนี้ สิ่งนี้อาจดูเหมือนจะเกินความจำเป็นสำหรับการแก้ปัญหาทำให้เกิดภาพที่ซับซ้อนที่สุด แต่อาจเป็นมุมมองเชิงโครงสร้างที่เหมาะสมในการทำความเข้าใจว่าเหตุใดจึงมี "ความบังเอิญ" เช่นนี้ "จำนวน" จำนวนเท่าใดและวิธีการสร้าง / เรียบเรียงปัญหาที่คล้ายกัน .
ในการเปรียบเทียบให้พิจารณาปัญหาของ Langley ซึ่งมีวิธีแก้ปัญหาง่ายๆมากมาย แต่ยังมี ...
คำถาม stackexchange 1121534
ในกรณีของเราการขนย้ายคือ ...
โครงร่างสามเหลี่ยมที่กำหนดจะฝังอยู่ภายในรูปหลายเหลี่ยมปกติเช่น $\Delta (0,2,12)$. เราต้องการแสดงให้เห็นว่าเส้นทแยงมุม$0-9$; $2-14$, $4-16$, $1-12$, $6-17$ พร้อมกันใน $E$.
ตอนนี้เรากำลังทำการเปลี่ยนแปลงต่อไปนี้ซึ่งนำมาซึ่งความสม่ำเสมอ $18$- จากภาพต่อไปนี้ซึ่งกันและกัน:
โดยใช้เป็นจุดศูนย์กลาง $9$ เราใช้การหมุนที่เคลื่อนที่ก่อน $1$ ถึง $0$จากนั้นใช้ความคล้ายคลึงกันซึ่งนำมาซึ่งความยาวของส่วน $[9,13]$ เป็นความยาวของส่วน $[9,12]$. แน่นอนเราสามารถเปลี่ยนลำดับของการหมุนและการเปลี่ยนแปลงได้โดยไม่มีการเปลี่ยนแปลง เพื่อให้เห็นภาพอย่างรวดเร็วเกี่ยวกับการเปลี่ยนแปลงจึงมีการทำเครื่องหมายสามเหลี่ยมสองรูป สามเหลี่ยมสีแดง$\Delta(9,13,1)$ จะเปลี่ยนเป็นสามเหลี่ยมสีน้ำเงิน $\Delta(9',13',1')=\Delta(9,12,1')$. เป็นเช่นนี้เพราะ$9=9'$, $9$ เป็นศูนย์กลางของการหมุนและการยืดและส่วน $[9,13]$ ถูกจับคู่กับ $[9',13']=[9,12]$เนื่องจากทั้งสองส่วนอยู่ในมุมฉากและสัดส่วนที่เหมาะสม ให้เราระบุ$1'$ เป็นประเด็น $E$ จากปัญหา
- $9,1',0$ เป็นโคลิเนียร์เนื่องจากทั้งสองบรรทัด $90$ และ $91'$ สร้างมุมเดียวกัน wrt $90'$.
- ดังนั้น $9,(k+1)',k$ เป็น collinear สำหรับค่าอื่น ๆ ทั้งหมดของจุดยอด $k$.
- $1,1',12$ เป็น colinear ตั้งแต่ $\angle (9,12,1)=\angle (9,13,1)=\angle (9',13',1')=\angle (9,12,1')$.
- ในลักษณะที่คล้ายกัน $k,k',12$ เป็น collinear สำหรับค่าอื่น ๆ ทั้งหมดของจุดยอด $k$ และเปลี่ยนจุดยอด $k'$.
- เส้น $1'-2'$ และ $4-16$ ตรงนี้สามารถแสดงได้โดยใช้เส้นผ่าน $12=13'$, $O'$, $4'$, $4$ หรือเส้นขนาน $8-8'-12$ ในระยะเดียวกัน
ยังเป็นภาพอื่น ๆ
$ GE = 1/2 * CE (ตรงข้าม 30), หน้าจั่ว ACE (มุม 70,70), วาดตั้งฉากกับ CE, มีสามเหลี่ยมมุมฉาก 2 รูปที่เท่ากัน, มุม 20, ด้านตรงข้ามมุมฉาก ดังนั้น GE = EI
ปล่อย $\angle EBC=\alpha$ และ $\angle EBA=20^\circ-\alpha$. การใช้รูปแบบตรีโกณมิติของ Ceva's Theorem เราสามารถเห็นได้$$\frac{sin(40^\circ)}{sin(20^\circ)}\cdot\frac{sin(20^\circ-\alpha)}{sin(\alpha)}\cdot\frac{sin(30^\circ)}{sin(70^\circ)}=1$$ ใช้สูตรมุมสองชั้นและอัตลักษณ์ทางตรีโกณมิติบางอย่างที่เรามี $$\frac{2sin(20^\circ)cos(20^\circ)}{sin(20^\circ)} \cdot\frac{sin(20^\circ-\alpha)}{sin(\alpha)}\cdot\frac{\frac{1}{2}}{cos(20^\circ)}=1$$ ซึ่งง่ายต่อการ $$sin(20^\circ-\alpha)=sin(\alpha)$$ ดังนั้นเราจึงมี $\alpha=10^\circ$ ซึ่งหมายความว่า $E$ อยู่บนเส้นแบ่งครึ่งมุม
ในรูปของคุณลองใช้ $\alpha=\angle CBE$ และ $\beta=\angle ABE$. จากนั้นใช้กฎแห่งไซน์ใน$\triangle CEB$: $$\frac{\sin\alpha}{CE}=\frac{\sin 30^\circ}{EB}$$ ในทำนองเดียวกันใน $\triangle EBA$: $$\frac{\sin\beta}{AE}=\frac{\sin 20^\circ}{EB}$$ ดังนั้น $$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{\sin 30^\circ}{\sin20^\circ}\frac{CE}{AE}$$ เราได้อัตราส่วนสุดท้ายของความยาวจาก $\triangle AEC$: $$\frac{CE}{AC}=\frac{\sin 40^\circ}{\sin 70^\circ}$$ ดังนั้น $$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{\sin 30^\circ}{\sin20^\circ}\frac{\sin 40^\circ}{\sin 70^\circ}$$ ตอนนี้ใช้ $$\sin 20^\circ\sin70^\circ=\frac 12\cos(20^\circ-70^\circ)\frac 12\cos(20^\circ+70^\circ)=\frac12\cos(50^\circ)=\frac12\sin40^\circ$$ และ $\sin 30^\circ=\frac 12$, คุณได้รับ $$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=1$$หรือ $\alpha=\beta$