△ABC△ABC\triángulo ABC con un punto DDD adentro tiene ∠BAD=114∘∠BAD=114∘\angle BAD=114^\circ, ∠DAC=6∘∠DAC=6∘\angle DAC=6^\circ , ∠ACD=12∘∠ACD=12∘\ángulo ACD=12^\circ, y ∠DCB=18∘∠DCB=18∘\ángulo DCB=18^\circ.

Question

△ABC△ABC\triángulo ABC con un punto DDD adentro tiene ∠BAD=114∘∠BAD=114∘\angle BAD=114^\circ, ∠DAC=6∘∠DAC=6∘\angle DAC=6^\circ , ∠ACD=12∘∠ACD=12∘\ángulo ACD=12^\circ, y ∠DCB=18∘∠DCB=18∘\ángulo DCB=18^\circ.

triangulos
Matemáticas
trigonometría
geometria plana
Geometría euclidiana
álgebra-precálculo

naoko

Dejar $ABC$ ser un triangulo con un punto $D$ adentro. Suponer que $\angle BAD=114^\circ$ , $\angle DAC=6^\circ$ , $\angle ACD=12^\circ$ y $\angle DCB=18^\circ$ . Muestra esa
$\frac{B D}{A B} = \sqrt{2} .$ $\frac{BD}{AB}=\sqrt2.$

Estoy solicitando una prueba geométrica (con la menor trigonometría posible). Se agradecería mucho una prueba completamente geométrica. Tengo una prueba trigonométrica a continuación.

Prueba trigonométrica

Wlog, vamos $AB=1$ . Tenga en cuenta que $\angle ABC=\angle ACB=30^\circ$ , entonces $AC=1$ . Entonces por la ley de los senos en $\triangle ACD$ ,

A D = \frac{pecado 12^{\circ}}{pecado 18^{\circ}} .

$AD=\frac{\sin 12^\circ}{\sin 18^\circ}.$ Por la ley de los cosenos en

△ A B D

$\triangle ABD$ ,

B D^{2} = 1^{2} + \frac{{pecado}^{2} 12^{\circ}}{{pecado}^{2} 18^{\circ}} - 2 \frac{pecado 12^{\circ}}{pecado 18^{\circ}} porque 114^{\circ} .

$BD^2=1^2+\frac{\sin^212^\circ}{\sin^2{18^\circ}}-2\frac{\sin 12^\circ}{\sin 18^\circ}\cos 114^\circ.$ Como

\cos 114^{\circ} = - \sin 24^{\circ}

$\cos 114^\circ=-\sin24^\circ$ , obtenemos

B D^{2} = 2 + \frac{- {pecado}^{2} 18^{\circ} + {pecado}^{2} 12^{\circ} + 2 pecado 12^{\circ} pecado 18^{\circ} pecado 24^{\circ}}{{pecado}^{2} 18^{\circ}} .

$BD^2=2+\frac{-\sin^218^\circ+\sin^212^\circ+2\sin12^\circ\sin18^\circ\sin 24^\circ}{\sin^218^\circ}.$ Entonces de las identidades

\sin^{2} α - \sin^{2} β = \sin (α - β) \sin (α + β)

$\sin^2\alpha-\sin^2\beta=\sin(\alpha-\beta)\sin(\alpha+\beta)$ y

\sin (2 α) = 2 \sin α \cos α

$\sin(2\alpha)=2\sin\alpha\cos\alpha$ , tenemos

B D^{2} = 2 + \frac{- pecado 6^{\circ} pecado 30^{\circ} + 4 pecado 6^{\circ} porque 6^{\circ} pecado 18^{\circ} pecado 24^{\circ}}{{pecado}^{2} 18^{\circ}} .

$BD^2=2+\frac{-\sin 6^\circ\sin 30^\circ+4\sin 6^\circ\cos 6^\circ \sin 18^\circ\sin24^\circ}{\sin^218^\circ}.$ Porque

\sin 30^{\circ} = \frac{1}{2}

$\sin 30^\circ=\frac12$ , concluimos que

B D = \sqrt{2}

$BD=\sqrt{2}$ si podemos probar

8 porque 6^{\circ} pecado 18^{\circ} pecado 24^{\circ} = 1.

$8\cos 6^\circ \sin 18^\circ \sin 24^\circ=1.$ Esto es cierto porque por la identidad

2 \sin α \cos β = \sin (α + β) + \sin (α - β)

$2\sin\alpha\cos\beta=\sin({\alpha+\beta})+\sin(\alpha-\beta)$ , tenemos

2 pecado 24^{\circ} porque 6^{\circ} = pecado 30^{\circ} + pecado 18^{\circ} .

$2\sin 24^\circ \cos 6^\circ =\sin 30^\circ+\sin 18^\circ.$ Desde

\sin 30^{\circ} = \frac{1}{2}

$\sin 30^\circ=\frac12$ , obtenemos

8 porque 6^{\circ} pecado 18^{\circ} pecado 24^{\circ} = 2 pecado 18^{\circ} + 4 {pecado}^{2} 18^{\circ} = 1,

$8\cos 6^\circ \sin 18^\circ \sin 24^\circ =2\sin 18^\circ +4\sin^218^\circ=1,$ señalando que

\sin 18^{\circ} = \frac{\sqrt{5} - 1}{4}

$\sin 18^\circ=\frac{\sqrt5-1}{4}$ .

Intento de prueba geométrica

Descubrí algo que podría ser útil. Construye los puntos $E$ y $G$ afuera $\triangle ABC$ de modo que $\triangle EBA$ y $\triangle GAC$ son similares a $\triangle ABC$ (ver la figura a continuación). Claramente, $EAG$ es una recta paralela a $BC$ . Dejar $F$ y $H$ ser los puntos correspondientes a $D$ en $\triangle EBA$ y $\triangle GAC$ , respectivamente (es decir, $\angle FAB=\angle DCB=\angle HCA$ y $\angle FAE=\angle DCA=\angle HCG$ ). Entonces $\triangle FBD$ y $\triangle HDC$ son triángulos isósceles semejantes a $\triangle ABC$ , y $\square AFDH$ es un paralelogramo. No he podido hacer nada más que esto sin trigonometría.

Aquí hay un poco más de intento. Si $M$ es el reflejo de $A$ bien $BC$ , luego mediante el uso de la versión trigonométrica del thm de Ceva, puedo probar que $\angle AMD=42^\circ$ y $\angle CMD=18^\circ$ . No estoy seguro de cómo probar esto solo con geometría. Pero este resultado puede ser útil. (Aunque podemos usar la ley de los senos en $\triangle MCD$ Llegar $MD$ y luego usar la ley de los cosenos en $\triangle BMD$ Llegar $BD$ en términos de $AB$ también. Pero esta sigue siendo una solución fuertemente trigonométrica, incluso si el álgebra es menos complicada que la que escribí anteriormente).

Tengo algunas observaciones más. Pueden ser inútiles. Dejar $D'$ ser el punto obtenido al reflejar $D$ a través de la bisectriz perpendicular de $BC$ . Dibujar un pentágono regular $ADKK'D'$ . Geogebra me dice que $\angle ABK=54^\circ$ y $\angle AKB=48^\circ$ . Esto se puede probar usando trigonometría, aunque debería existir una prueba geométrica. Pero es fácil demostrar que $KD\perp CD$ y $K'D'\perp BD'$ .

En todos mis intentos, siempre terminé con una de las siguientes dos identidades trigonométricas:

porque 6^{\circ} pecado 18^{\circ} pecado 24^{\circ} = 1 / 8,

$\cos 6^\circ \sin 18^\circ \sin 24^\circ=1/8,$

porque 36^{\circ} - pecado 18^{\circ} = 1 / 2.

$\cos 36^\circ-\sin18^\circ =1/2.$ (Por supuesto, estas identidades son equivalentes). Creo que una prueba geométrica necesitará la apariencia de un pentágono regular y probablemente un triángulo equilátero, y tal vez un cuadrado.

si, soy yo

Extensión

A D

$AD$ reunirse

B C

$BC$ en

E

$E$ ,da

C D E

$CDE$ es isósceles.

naoko

@ Yesit'sme Ya lo intenté, pero no vi cómo continuar desde allí. ¿Tienes más pistas?

si, soy yo

Yo tampoco puedo. Me acabo de dar cuenta. Entonces, pensé que podría agregar eso en el comentario.

Sunaina Pati

No sé mucho, probé esta construcción, dime que hay algún problema en la apertura. geogebra.org/geometry/gu3zjwxa

dezdichado

primera mirada sugiere que si reflexionas

D

$D$ encima

A B

$AB$ y obten

D^{'},

$D',$ entonces

△ B A D^{'}

$\triangle BAD'$ parece que sería

45 - 90 - 45

$45-90-45$ triángulo, lo que daría el resultado. Pero esto es sólo yo mirando ahora mismo.

naoko

@dezdichado Eso no es cierto.

∠ B A D^{'} = ∠ B A D = 114^{\circ}

$\angle BAD'=\angle BAD=114^\circ$ , entonces

△ B A D^{'}

$\triangle BAD'$ no es un triángulo rectángulo isósceles.

Respuestas (3)

△ABC△ABC\triángulo ABC con un punto DDD adentro tiene ∠BAD=114∘∠BAD=114∘\angle BAD=114^\circ, ∠DAC=6∘∠DAC=6∘\angle DAC=6^\circ , ∠ACD=12∘∠ACD=12∘\ángulo ACD=12^\circ, y ∠DCB=18∘∠DCB=18∘\ángulo DCB=18^\circ.

Extensión $AD$ reunirse $BC$ en $E$ ,da $CDE$ es isósceles.
@ Yesit'sme Ya lo intenté, pero no vi cómo continuar desde allí. ¿Tienes más pistas?
Yo tampoco puedo. Me acabo de dar cuenta. Entonces, pensé que podría agregar eso en el comentario.
No sé mucho, probé esta construcción, dime que hay algún problema en la apertura. geogebra.org/geometry/gu3zjwxa
primera mirada sugiere que si reflexionas $D$ encima $AB$ y obten $D',$ entonces $\triangle BAD'$ parece que sería $45-90-45$ triángulo, lo que daría el resultado. Pero esto es sólo yo mirando ahora mismo.
@dezdichado Eso no es cierto. $\angle BAD'=\angle BAD=114^\circ$ , entonces $\triangle BAD'$ no es un triángulo rectángulo isósceles.

timon92 · Answer 1

Dejar $\omega$ , $O$ Sea el circuncírculo y el circuncentro de $\triangle ABC$ , respectivamente. Dejar $P,Q,R,S$ ser cuatro puntos en el arco más corto $AC$ de $\omega$ dividiendo este arco en cinco partes iguales.

Primero, probaremos que $\triangle RSD$ es equilátero. Dejar $D'$ ser un punto dentro $\omega$ tal que $\triangle RSD'$ es equilátero. También, deja $E$ estar dentro $\omega$ tal que $\triangle PQE$ es equilátero. Invocando simetrías vemos que $\triangle D'SC \equiv \triangle D'RQ \equiv \triangle EQR \equiv \triangle EPA$ . Tenga en cuenta que $\angle EQR = \angle QRD'=\angle QRS-60^\circ = 168^\circ - 60^\circ = 108^\circ$ . Por eso $\angle D'QR = 90^\circ - \frac 12\angle QRD' = 36^\circ$ y $\angle EQD'=108^\circ - 36^\circ = 72^\circ$ . Pero también $\angle D'EQ = 180^\circ - \angle EQR = 180^\circ - 108^\circ = 72^\circ$ . Por eso $ED'Q$ es isósceles con $QD'=ED'$ . Nuevamente, usando simetrías vemos que $AED'C$ es un trapecio isósceles con $AE=ED'=D'C$ . Tenemos $\angle ACD'=\angle SCD' - \angle SCA = 36^\circ - 24^\circ = 12^\circ$ . Desde $AED'C$ es un trapecio isósceles, es cíclico y como $AE=ED'=D'C$ , resulta que $\angle D'AC = \frac 12 \angle EAC = \frac 12 \angle ACD'=6^\circ$ . Por eso $D'$ coincide con $D$ .

Ahora viene mi parte favorita. Algunas persecuciones de ángulos muestran que $\angle QCE = 18^\circ = \angle DCB$ y $\angle DQC = 24^\circ = \angle BQE$ . Por eso $D$ y $E$ son conjugados isogonales en $\triangle BQC$ . Resulta que $\angle CBD = \angle EBQ$ .

Elegir $T$ en $\omega$ de modo que $BT$ es un diámetro. Claramente, $\triangle BQE$ es simétrico a $\triangle TRD$ con respecto a la mediatriz de $QR$ . En particular, $\angle RTD = \angle EBQ$ .

Dejar $RT$ intersecarse $BC$ en $X$ . Desde $\angle CBD = \angle EBQ = \angle RTD$ , cuadrilátero $BDXT$ es cíclico. Por eso $\angle BDT = \angle BXT$ . Luego, algunos ángulos de persecución muestran que $\angle DOB = 102^\circ = \angle BXT = \angle BDT$ . Esto significa precisamente que el circuncírculo de $DOT$ es tangente a $BD$ en $D$ . Rendimientos del teorema de la tangente-secante $BD^2=BO\cdot BT = BO \cdot 2BO = 2BO^2$ . Por eso

\frac{B D}{A B} = \frac{B D}{B O} = \sqrt{2},

$\frac{BD}{AB} = \frac{BD}{BO} = \sqrt 2,$ como se desee.

¿Cómo creas diagramas tan increíbles? ¿Hay un sitio web que usas?

mick · Answer 2

Esta es una prueba incompleta porque estoy atascado desde el paso 8 en adelante.

Dibuja Z en BC tal que $\angle BAZ = 90^0$ .
Sea CZ = 1. Entonces AZ = 1 porque $\triangle ZAC$ es isósceles.
Porque $\angle ABC = 30^0$ , $AC = AB = \sqrt 3$ .
Construya el círculo azul (con centro en B, radio $= BA = \sqrt 3$ .
Desde D dibujar la tangente a la circunferencia (B) tocándola en X. Luego $\angle BXD = 90^0$ ,
Sea Y el punto medio de BC.
Dibujar CV // YX. Por el teorema del intercepto, BX = XV. Junto con el hallazgo en (5), podemos decir que DX es la bisectriz perpendicular de BV.
Dibuje el círculo que pasa por B, D, V. Cortará el círculo rojo (A) en algún punto U. [Otra forma de hacer que X sea el centro del círculo punteado y probar que D es un punto concíclico de ese círculo.]

Si podemos demostrar que X es el centro del círculo punteado, entonces $\triangle DBV$ es 45-45-90. Sucesivamente, $\triangle XBD$ es también 45-45-90. En consecuencia, el resultado requerido se sigue del hecho de que $BD = \sqrt 2 \times \sqrt 3$ .

mick · Answer 3

Nueva versión

Dibuja Z en BC tal que $\angle BAZ = 90^0$ . Si hacemos CZ = 1, entonces AZ = 1 porque $\triangle ZAC$ es isósceles. Además, porque $\triangle ABZ$ es 30-60-90, $BZ = 2$ , y $AC = AB = \sqrt 3$ .

Dibujar el círculo rojo (A) con radio $= AB = \sqrt 3$ . Cortará AZ extendido en W. Tenga en cuenta que $\angle WBC = 0.5 \angle WAC = 15^0$ . Por lo tanto, $\triangle ABW$ es 45-45-90.
Extienda WD para cortar el círculo (A) en U.
Construya el círculo azul (B) con radio $= BA = \sqrt 3$ . Desde D, dibuje la tangente al círculo (B) tocándolo en X. Deje que las tangentes ZA y DX se encuentren en T. Por propiedades tangentes, $\angle BSA = 90^0$ . Entonces, no es difícil probar que XBAU es un rombo.

4.5 [Agregado: BU es una cuerda de círculo (A). Sea S el punto medio de BU. Entonces, $\angle ASB = 90^0$ .

En el circuncírculo XBAT, su diámetro (BT), bisectará perpendicularmente a AX.

Los dos juntos implican que BSTU es una línea recta.]

Deje que el círculo punteado que pasa por B, D y U corte BX extendido en V. Luego, $\angle BVD = \angle BUD = 0.5 \times \angle BAW = 45^0$ .
Desde $\angle VXU = 2 \times \angle VBU$ y $\angle VXU = 2 \times VDU$ , podemos decir que X es el centro del círculo punteado. Entonces, $\triangle BDV$ es 45-45-90.
Sucesivamente, $\triangle BXD$ es también 45-45-90. Esto significa $BD = \sqrt 2 \times BX = \sqrt 2 \times BA$ .

@Aqua 114 - 90 + 6 = 30 y 12 + 18 = 30. Además, actualicé esta publicación con una nueva versión.
@Mick ¿Podría explicar cómo mostrar eso? $XBAU$ es un rombo? Creo que esta prueba se basa en mostrar que $BTU$ es una línea recta. No veo cómo demostrarlo. Gracias.

△ABC△ABC\triángulo ABC con un punto DDD adentro tiene ∠BAD=114∘∠BAD=114∘\angle BAD=114^\circ, ∠DAC=6∘∠DAC=6∘\angle DAC=6^\circ , ∠ACD=12∘∠ACD=12∘\ángulo ACD=12^\circ, y ∠DCB=18∘∠DCB=18∘\ángulo DCB=18^\circ.

naoko

si, soy yo

naoko

si, soy yo

Sunaina Pati

dezdichado

naoko

Respuestas (3)

timon92

Sarvesh Ravichandran Iyer

dezdichado

Estudiante de nivel A

timon92

mick

Shubhrajit Bhattacharya

mick

mick

no usuario

mick

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mick

Supongamos que ∠BAC=60∘∠BAC=60∘\ángulo BAC = 60^\circ y ∠ABC=20∘∠ABC=20∘\ángulo ABC = 20^\circ. Un punto EEE dentro de ABCABCABC satisface ∠EAB=20∘∠EAB=20∘\angle EAB=20^\circ y ∠ECB=30∘∠ECB=30∘\angle ECB=30^\circ.

¿Número de triángulos ΔABCΔABC\Delta ABC con ∠ACB=30o∠ACB=30o\angle{ACB} = 30^o y AC=93–√AC=93AC=9\sqrt{3} y AB=9AB=9AB=9?

Una función para generar ternas pitagóricas

Encuentre ∠CAD∠CAD\angle CAD en la siguiente figura.

¿Qué es una construcción geométrica correspondiente a la suma de curvas elípticas para los triángulos Sharygin-isósceles?

¿Cómo encuentras las ternas pitagóricas que corresponden aproximadamente a un triángulo rectángulo con un ángulo dado?

Suma de ángulos bajo los cuales se ve un segmento de línea fija desde puntos situados en otro segmento de línea

Círculos iguales empaquetados en △ABC△ABC\triángulo ABC con AC=9AC=9AC=9, AB=12AB=12AB=12, ∠CAB=90∘∠CAB=90∘\angle CAB=90^\circ

Problema de geometría en △ABC△ABC\triángulo ABC y seguimiento de ángulos

¿Cuántos ángulos tienen medidas enteras en grados y son ángulos interiores de un triángulo de lados enteros?