Varsayalım $\angle BAC = 60^\circ$ ve $\angle ABC = 20^\circ$. Bir nokta $E$ içeride $ABC$ tatmin eder $\angle EAB=20^\circ$ ve $\angle ECB=30^\circ$.
Sorun bildirimi:
Bir üçgen içinde $ABC$ açılarla $\angle BAC = 60^\circ$ ve $\angle ABC = 20^\circ$, Bir nokta $E$ üçgenin içinde öyle verilmiştir ki $\angle EAB = 20^\circ$ ve $\angle ECB = 30^\circ$. Kanıtla$E$ açı açıortayında yatıyor $\angle ABC$.
Bu problem için Geogebra'da bir resim çizdim ve şimdiye kadar yaptığım şey buydu:
Bir üçgenin içindeki açıların toplamının $180^\circ$. Ben de fark ettim$AD=BD$, $AC=CD=AE$ ikizkenar üçgenler kullanarak.
Bunu kanıtlamayı denedim $E$ açı açıortayında yatıyor $\angle ABC$ kanıtlayarak $GE=EI$ ve bu yüzden dik açıortayları çizdim $E$ yanlara $AB$ ve $BC$ve iki benzer üçgen çifti fark ettim: $\triangle AHE \sim \triangle AEF$ ve $\triangle CJE \sim \triangle CED$ama bunun herhangi bir şekilde yararlı olup olmadığından emin değilim.
O zamandan beri sıkıştım ve bundan nasıl devam edeceğimi bilmiyorum. Soruna doğru yaklaşımın bu olup olmadığından bile emin değilim. Bu soruna yaklaşmanın kaçırdığım bir yolu var mı?
Yanıtlar
Zaten ole yüzünden iyi, kabul edilmiş bir cevap var ve onu gördükten sonra kabul edilmesini bekledim. Soruna saldırmanın farklı yollarına (az ya da çok) odaklanan bir cevaba başladığımdan ve çok sayıda resim çektiğim için, işi yine de göndermek ya da silmek konusunda zor bir karar aldım. Bazı okuyucular için hala ilginç olması nedeniyle cevabı tamamladım. Çözümler gelmeden önce bir not. Hala eklenen karmaşık bir çözüm var, yapımında bilinen "Langley problemi" ile benzer.
1. çözüm: Bu ilk çözüm, doğası gereği aynı ole'nin çözümüdür, "katır" ı bir yönden diğerine gerçekleştirmek için bir eşkenar üçgen kullanır ve bir resimle birlikte gelir.
Üzerine inşa ediyoruz $CE$ eşkenar üçgen $\Delta CDE$, böylece açıortay açısı $C$ çizgi $CB$. Bu üçgende de olalım$C'$, $D'$ zıt tarafların orta noktaları olmak $C$, $D$. İzin Vermek$F$ projeksiyonu olmak $E$ açık $AB$.
Sonra $\Delta CAE$ açıları olan ikizkenar $C,E$ aynı ölçüdeki $70^\circ$, Hangi ima $\Delta ACD'=\Delta AED'=\Delta AEF$. Yani$EC'=ED'=EF$.
$\square$
Bir ara nokta olarak, eşkenar üçgenin "daha büyük resmi" bağlamında görmek ilginç olabilir. $AB$ çözümün noktaları nerede, örneğin nokta $D$. Yorum yok:
2. çözüm: Ceva teoreminin trigonometrik versiyonunu kullanarak, eşitliği göstermeliyiz:$$ 1\overset!= \frac{\sin20^\circ}{\sin40^\circ}\cdot \frac{\sin70^\circ}{\sin30^\circ}\cdot \frac{\sin10^\circ}{\sin10^\circ}\ . $$ Bu hemen kullanılıyor $\sin 40^\circ =2\sin 20^\circ \cos 20^\circ $.
$\square$
3. çözüm: Bu gibi durumlarda genellikle kendiliğinden önerilen diğer bir çözüm, verilen üçgeni normal bir çokgenin "parçası" olarak gerçekleştirmek ve sonra bu çokgenin içindeki simetrileri kullanmaktır. Bu, en karmaşık tabloyu üreten bir çözüm için abartılı gibi görünebilir, ancak bu tür "tesadüflerin" neden var olduğunu, kaç tane "olduklarını ve benzer sorunların nasıl inşa edileceğini / oluşturulacağını anlamak için doğru yapısal perspektif olabilir. .
Karşılaştırma olarak, birçok basit çözümü olan Langley'in problemini düşünün, ama aynı zamanda ...
Stackexchange soruları 1121534
Bizim durumumuzda, aktarım ...
Verilen üçgen konfigürasyonu normal bir poligonun içine yerleştirilmiştir. $\Delta (0,2,12)$. Köşegenlerin$0-9$; $2-14$, $4-16$, $1-12$, $6-17$ eşzamanlı $E$.
Şimdi düzenli olanı getiren aşağıdaki dönüşümü gerçekleştiriyoruz. $18$-Aşağıdaki resimden birbiri içinde galon:
Noktayı merkez olarak kullanma $9$ önce hareket eden bir dönüş kullanıyoruz $1$ -e $0$, ardından segmentin uzunluğunu getiren bir benzerlik kullanın $[9,13]$ segmentin uzunluğuna $[9,12]$. Elbette, dönüş ve homotity düzenini değiştirmeden geri alabiliriz. Dönüşüme hızlı bir görsel yardım sağlamak için iki üçgen işaretlendi. Kırmızı üçgen$\Delta(9,13,1)$ mavi üçgene dönüşüyor $\Delta(9',13',1')=\Delta(9,12,1')$. Bu böyledir çünkü$9=9'$, $9$ dönme ve uzamanın merkezi ve segment $[9,13]$ eşlendi $[9',13']=[9,12]$çünkü iki segment doğru açıda ve doğru orantıda. Tanımlayalım$1'$ nokta olarak $E$ sorundan.
- $9,1',0$ her iki çizgi olduğu için eş doğrusaldır $90$ ve $91'$ aynı açıyı inşa et $90'$.
- Yani $9,(k+1)',k$ bir köşenin diğer tüm değerleri için eşdoğrusaldır $k$.
- $1,1',12$ beri eşdoğrusal $\angle (9,12,1)=\angle (9,13,1)=\angle (9',13',1')=\angle (9,12,1')$.
- Benzer bir şekilde, $k,k',12$ bir köşenin diğer tüm değerleri için eşdoğrusaldır $k$ ve dönüştürülmüş köşe $k'$.
- Çizgiler $1'-2'$ ve $4-16$ çakışırsa, bu satır üzerinden gösterilebilir $12=13'$, $O'$, $4'$, $4$ veya paralel çizgi $8-8'-12$ aynı mesafede.
Yine başka bir resim.
$ GE = 1/2 * CE (30'un karşısında), ACE ikizkenarları (70,70 açıları), CE'ye dik çizin, 2 uyumlu dik üçgen, 20 açısı, ortak hipotenüs vardır. Yani GE = EI.
İzin Vermek $\angle EBC=\alpha$ ve $\angle EBA=20^\circ-\alpha$. Ceva Teoreminin trigonometrik formunu kullanarak bunu görebiliriz$$\frac{sin(40^\circ)}{sin(20^\circ)}\cdot\frac{sin(20^\circ-\alpha)}{sin(\alpha)}\cdot\frac{sin(30^\circ)}{sin(70^\circ)}=1$$ Çift açılı formül ve bazı trigonometrik kimlikler kullanarak $$\frac{2sin(20^\circ)cos(20^\circ)}{sin(20^\circ)} \cdot\frac{sin(20^\circ-\alpha)}{sin(\alpha)}\cdot\frac{\frac{1}{2}}{cos(20^\circ)}=1$$ Basitleştiren $$sin(20^\circ-\alpha)=sin(\alpha)$$ Bu nedenle biz var $\alpha=10^\circ$ bunun anlamı $E$ açıortay üzerinde yatıyor.
Senin figüründe kullanalım $\alpha=\angle CBE$ ve $\beta=\angle ABE$. Sonra sinüs yasasını kullanarak$\triangle CEB$: $$\frac{\sin\alpha}{CE}=\frac{\sin 30^\circ}{EB}$$ Benzer şekilde $\triangle EBA$: $$\frac{\sin\beta}{AE}=\frac{\sin 20^\circ}{EB}$$ Yani $$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{\sin 30^\circ}{\sin20^\circ}\frac{CE}{AE}$$ Son uzunluk oranını alıyoruz $\triangle AEC$: $$\frac{CE}{AC}=\frac{\sin 40^\circ}{\sin 70^\circ}$$ Yani $$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{\sin 30^\circ}{\sin20^\circ}\frac{\sin 40^\circ}{\sin 70^\circ}$$ Şimdi kullanılıyor $$\sin 20^\circ\sin70^\circ=\frac 12\cos(20^\circ-70^\circ)\frac 12\cos(20^\circ+70^\circ)=\frac12\cos(50^\circ)=\frac12\sin40^\circ$$ ve $\sin 30^\circ=\frac 12$sen anladın $$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=1$$veya $\alpha=\beta$