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.

Question

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.

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Geometría euclidiana

Ayy Lmao

Planteamiento del problema:

en un triangulo $ABC$ con ángulos $\angle BAC = 60^\circ$ y $\angle ABC = 20^\circ$ , un punto $E$ dentro del triángulo se da tal que $\angle EAB = 20^\circ$ y $\angle ECB = 30^\circ$ . Pruebalo $E$ se encuentra en la bisectriz de un ángulo de $\angle ABC$ .

Dibujé una imagen en Geogebra para este problema y esto es lo que hice hasta ahora:

Todos los ángulos dibujados se encontraron usando el hecho de que la suma de los ángulos en un triángulo es $180^\circ$ . También me di cuenta de que $AD=BD$ , $AC=CD=AE$ mediante el uso de triángulos isósceles.

Traté de probar que $E$ se encuentra en la bisectriz de un ángulo de $\angle ABC$ al probar que $GE=EI$ y así dibujé bisectrices perpendiculares de $E$ a los lados $AB$ y $BC$ , y noté dos pares de triángulos similares: $\triangle AHE \sim \triangle AEF$ y $\triangle CJE \sim \triangle CED$ , pero no estoy seguro de si esto es útil de alguna manera.

Estoy atascado desde entonces y no sé cómo continuar a partir de esto. No estoy seguro de si este es el enfoque correcto para el problema. ¿Hay alguna forma de abordar este problema que me perdí?

Respuestas (4)

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.

viejo · Answer 1

viejo

$GE=1/2*CE (opuesto a 30), ACE isósceles (ángulos 70,70), dibuja perpendicular a CE, hay 2 triángulos rectángulos congruentes, ángulo 20, hipotenusa común. Entonces, GE=EI.

Ayy Lmao

¿No debería ser eso?

I E = \frac{C E}{2}

$IE=\frac{CE}{2}$ en lugar de

G E

$GE$ ? Aparte de eso, esta solución es la más elegante hasta ahora.

viejo

I E = \frac{C E}{2}

$IE=\frac{CE}{2}$ tienes razón

dan_fulea · Answer 2

Ya hay una buena respuesta aceptada debido a ole , y después de verla esperé a que la aceptaran. Desde que comencé una respuesta enfocándome en (tres más o menos) formas diferentes de atacar el problema e hice muchas fotos, tuve la difícil decisión de publicar o eliminar el trabajo. Debido a que todavía es interesante para algunos lectores, completé la respuesta. Una nota antes de que lleguen las soluciones. Todavía se agrega una solución complicada, es similar en su construcción con el conocido "problema de Langley".

1.a solución: Esta primera solución es en su naturaleza la misma solución de ole , usa solo un triángulo equilátero para realizar la "mula" de una dirección a otra, y viene con una imagen.

Construimos sobre $CE$ un triangulo equilatero $\Delta CDE$ , de modo que la bisectriz de su ángulo en $C$ es la linea $CB$ . Que también en este triángulo $C'$ , $D'$ ser los puntos medios de los lados opuestos a $C$ , $D$ . Dejar $F$ ser la proyección de $E$ en $AB$ .

Entonces $\Delta CAE$ es isósceles que tiene los ángulos en $C,E$ de la misma medida, $70^\circ$ , lo que implica $\Delta ACD'=\Delta AED'=\Delta AEF$ . Entonces $EC'=ED'=EF$ .

$\square$

Como digresión, tal vez sea interesante ver en el contexto del "panorama general" del triángulo equilátero en $AB$ dónde están los puntos de la solución, por ejemplo, el punto $D$ . Sin comentarios:

2.ª solución: Usando la versión trigonométrica del teorema de Ceva, tenemos que demostrar la igualdad:

1 \overset{!}{=} \frac{pecado 20^{\circ}}{pecado 40^{\circ}} \cdot \frac{pecado 70^{\circ}}{pecado 30^{\circ}} \cdot \frac{pecado 10^{\circ}}{pecado 10^{\circ}} .

$1\overset!= \frac{\sin20^\circ}{\sin40^\circ}\cdot \frac{\sin70^\circ}{\sin30^\circ}\cdot \frac{\sin10^\circ}{\sin10^\circ}\ .$ Esto es de uso inmediato

\sin 40^{\circ} = 2 \sin 20^{\circ} \cos 20^{\circ}

$\sin 40^\circ =2\sin 20^\circ \cos 20^\circ$ .

$\square$

3.ra solución: otra solución que a menudo se sugiere a sí mismo en tales casos es realizar el triángulo dado como una "parte" de un polígono regular, luego usar las simetrías dentro de este polígono. Esto puede parecer una solución exagerada, que produce la imagen más compleja, pero puede ser la perspectiva estructural adecuada para comprender por qué existen tales "coincidencias", cuántas son y cómo construir/componer problemas similares. .

Como comparación, considere el problema de Langley, que tiene muchas soluciones simples, pero también hay...

las preguntas de stackexchange 1121534

En nuestro caso, la transposición es...

La configuración triangular dada está incrustada dentro de un polígono regular como $\Delta (0,2,12)$ . Queremos demostrar que las diagonales $0-9$ ; $2-14$ , $4-16$ , $1-12$ , $6-17$ son concurrentes en $E$ .

Ahora estamos realizando la siguiente transformación, que trae el regular $18$ -gons de la siguiente imagen entre sí:

Usando como centro el punto $9$ usamos primero una rotación que se mueve $1$ a $0$ , luego use una similitud que traiga la longitud del segmento $[9,13]$ en la longitud del segmento $[9,12]$ . Por supuesto, podemos revertir el orden de la rotación y la homotecia sin cambios. Para tener una rápida ayuda visual de la transformación, se marcaron dos triángulos. el triangulo rojo $\Delta(9,13,1)$ se transforma en el triangulo azul $\Delta(9',13',1')=\Delta(9,12,1')$ . Esto es así porque $9=9'$ , $9$ siendo el centro de la rotación y estiramiento, y el segmento $[9,13]$ está asignado a $[9',13']=[9,12]$ ya que los dos segmentos están en el ángulo recto y la proporción correcta. identifiquemos $1'$ como el punto $E$ del problema

$9,1',0$ son colineales ya que ambas rectas $90$ y $91'$ construir el mismo ángulo wrt $90'$ .
Entonces $9,(k+1)',k$ son colineales para todos los demás valores de un vértice $k$ .
$1,1',12$ son colineales ya que $\angle (9,12,1)=\angle (9,13,1)=\angle (9',13',1')=\angle (9,12,1')$ .
De forma similar, $k,k',12$ son colineales para todos los demás valores de un vértice $k$ y vértice transformado $k'$ .
Las líneas $1'-2'$ y $4-16$ coinciden, esto se puede mostrar usando la línea a través de $12=13'$ , $O'$ , $4'$ , $4$ o la linea paralela $8-8'-12$ a la misma distancia.

Sin embargo, otra imagen.

Broncearse · Answer 3

Dejar $\angle EBC=\alpha$ y $\angle EBA=20^\circ-\alpha$ . Usando la forma trigonométrica del Teorema de Ceva, podemos ver que

\frac{s i norte (40^{\circ})}{s i norte (20^{\circ})} \cdot \frac{s i norte (20^{\circ} - α)}{s i norte (α)} \cdot \frac{s i norte (30^{\circ})}{s i norte (70^{\circ})} = 1

$\frac{sin(40^\circ)}{sin(20^\circ)}\cdot\frac{sin(20^\circ-\alpha)}{sin(\alpha)}\cdot\frac{sin(30^\circ)}{sin(70^\circ)}=1$ Usando la fórmula de doble ángulo y algunas identidades trigonométricas tenemos

\frac{2 s i norte (20^{\circ}) C o s (20^{\circ})}{s i norte (20^{\circ})} \cdot \frac{s i norte (20^{\circ} - α)}{s i norte (α)} \cdot \frac{\frac{1}{2}}{C o s (20^{\circ})} = 1

$\frac{2sin(20^\circ)cos(20^\circ)}{sin(20^\circ)} \cdot\frac{sin(20^\circ-\alpha)}{sin(\alpha)}\cdot\frac{\frac{1}{2}}{cos(20^\circ)}=1$ que se simplifica a

s i norte (20^{\circ} - α) = s i norte (α)

$sin(20^\circ-\alpha)=sin(\alpha)$ Por lo tanto tenemos

α = 10^{\circ}

$\alpha=10^\circ$ lo que significa

E

$E$ se encuentra en la bisectriz de un ángulo.

Andrei · Answer 4

En tu figura, usemos $\alpha=\angle CBE$ y $\beta=\angle ABE$ . Luego, usando la ley de los senos en $\triangle CEB$ :

\frac{pecado α}{C mi} = \frac{pecado 30^{\circ}}{mi B}

$\frac{\sin\alpha}{CE}=\frac{\sin 30^\circ}{EB}$ Del mismo modo, en

△ E B A

$\triangle EBA$ :

\frac{pecado β}{A mi} = \frac{pecado 20^{\circ}}{mi B}

$\frac{\sin\beta}{AE}=\frac{\sin 20^\circ}{EB}$ Entonces

\frac{pecado α}{pecado β} = \frac{pecado 30^{\circ}}{pecado 20^{\circ}} \frac{C mi}{A mi}

$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{\sin 30^\circ}{\sin20^\circ}\frac{CE}{AE}$ Obtenemos la última razón de longitudes de

△ A E C

$\triangle AEC$ :

\frac{C mi}{A C} = \frac{pecado 40^{\circ}}{pecado 70^{\circ}}

$\frac{CE}{AC}=\frac{\sin 40^\circ}{\sin 70^\circ}$ Entonces

\frac{pecado α}{pecado β} = \frac{pecado 30^{\circ}}{pecado 20^{\circ}} \frac{pecado 40^{\circ}}{pecado 70^{\circ}}

$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{\sin 30^\circ}{\sin20^\circ}\frac{\sin 40^\circ}{\sin 70^\circ}$ ahora usando

pecado 20^{\circ} pecado 70^{\circ} = \frac{1}{2} porque (20^{\circ} - 70^{\circ}) \frac{1}{2} porque (20^{\circ} + 70^{\circ}) = \frac{1}{2} porque (50^{\circ}) = \frac{1}{2} pecado 40^{\circ}

$\sin 20^\circ\sin70^\circ=\frac 12\cos(20^\circ-70^\circ)\frac 12\cos(20^\circ+70^\circ)=\frac12\cos(50^\circ)=\frac12\sin40^\circ$ y

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

$\sin 30^\circ=\frac 12$ , usted obtiene

\frac{pecado α}{pecado β} = 1

$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=1$ o

α = β

$\alpha=\beta$

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.

Ayy Lmao

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viejo

Ayy Lmao

viejo

dan_fulea

Broncearse

Andrei

△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.

¿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?

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

ABCDABCDABCD es un cuadrilátero convexo. Si ∠BAC=10°∠BAC=10°\ángulo BAC=10°, ∠CAD=40°∠CAD=40°\ángulo CAD=40°, ∠ADB=50°∠ADB=50°\ángulo ADB=50 °, ∠BDC=20°∠BDC=20°\angle BDC=20°, luego encuentra ∠CBD∠CBD\angle CBD.

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

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

En △ABC△ABC\triangle{ABC}, ∠ABC=45∘∠ABC=45∘\angle ABC=45^ \circ. XXX es un punto en BCBCBC tal que BX=13BCBX=13BCBX=\frac{1}{3}BC y ∠AXC=60∘∠AXC=60∘\angle AXC=60^ \circ. Encuentra ∠ACB∠ACB\ángulo ACB.

Centros de circuncircunferencia definen un triángulo equilátero

Demostrando que el circuncentro está en la altura