△ABC△ABC\Dreieck ABC mit einem Punkt DDD darin hat ∠BAD=114∘∠BAD=114∘\angle BAD=114^\circ, ∠DAC=6∘∠DAC=6∘\angle DAC=6^\circ , ∠ACD=12∘∠ACD=12∘\angle ACD=12^\circ, und ∠DCB=18∘∠DCB=18∘\angle DCB=18^\circ.

Question

△ABC△ABC\Dreieck ABC mit einem Punkt DDD darin hat ∠BAD=114∘∠BAD=114∘\angle BAD=114^\circ, ∠DAC=6∘∠DAC=6∘\angle DAC=6^\circ , ∠ACD=12∘∠ACD=12∘\angle ACD=12^\circ, und ∠DCB=18∘∠DCB=18∘\angle DCB=18^\circ.

Dreiecke
Mathematik
Trigonometrie
Ebene-Geometrie
Euklidische Geometrie
Algebra-Vorkalkül

Naoko

Lassen $ABC$ Sei ein Dreieck mit einer Spitze $D$ innen. Nehme an, dass $\angle BAD=114^\circ$ , $\angle DAC=6^\circ$ , $\angle ACD=12^\circ$ Und $\angle DCB=18^\circ$ . Zeige, dass
$\frac{B D}{A B} = \sqrt{2} .$ $\frac{BD}{AB}=\sqrt2.$

Ich bitte um einen geometrischen Beweis (mit möglichst wenig Trigonometrie). Ein vollständig geometrischer Beweis wäre sehr wünschenswert. Ich habe einen trigonometrischen Beweis unten.

Trigonometrischer Beweis

Wlog, lassen $AB=1$ . Beachten Sie, dass $\angle ABC=\angle ACB=30^\circ$ , So $AC=1$ . Dann nach Sinusgesetz weiter $\triangle ACD$ ,

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

$AD=\frac{\sin 12^\circ}{\sin 18^\circ}.$ Nach Gesetz des Kosinus auf

△ A B D

$\triangle ABD$ ,

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

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

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

$\cos 114^\circ=-\sin24^\circ$ , wir bekommen

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

$BD^2=2+\frac{-\sin^218^\circ+\sin^212^\circ+2\sin12^\circ\sin18^\circ\sin 24^\circ}{\sin^218^\circ}.$ Dann von den Identitäten

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

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

\sin (2 α) = 2 \sin α \cos α

$\sin(2\alpha)=2\sin\alpha\cos\alpha$ , wir haben

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

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

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

$\sin 30^\circ=\frac12$ , Wir schließen daraus

B D = \sqrt{2}

$BD=\sqrt{2}$ wenn wir es beweisen können

8 \cos 6^{\circ} Sünde 18^{\circ} Sünde 24^{\circ} = 1.

$8\cos 6^\circ \sin 18^\circ \sin 24^\circ=1.$ Dies ist wahr, weil durch die Identität

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

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

2 Sünde 24^{\circ} \cos 6^{\circ} = Sünde 30^{\circ} + Sünde 18^{\circ} .

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

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

$\sin 30^\circ=\frac12$ , wir erhalten

8 \cos 6^{\circ} Sünde 18^{\circ} Sünde 24^{\circ} = 2 Sünde 18^{\circ} + 4 {Sünde}^{2} 18^{\circ} = 1,

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

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

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

Versuch eines geometrischen Beweises

Ich habe etwas entdeckt, das nützlich sein könnte. Konstruieren Sie die Punkte $E$ Und $G$ außen $\triangle ABC$ so dass $\triangle EBA$ Und $\triangle GAC$ ähnlich sind $\triangle ABC$ (siehe Abbildung unten). Deutlich, $EAG$ ist eine gerade Linie parallel zu $BC$ . Lassen $F$ Und $H$ seien die entsprechenden Punkte $D$ In $\triangle EBA$ Und $\triangle GAC$ , bzw. (das heißt, $\angle FAB=\angle DCB=\angle HCA$ Und $\angle FAE=\angle DCA=\angle HCG$ ). Dann $\triangle FBD$ Und $\triangle HDC$ sind gleichschenkligen Dreiecken ähnlich $\triangle ABC$ , Und $\square AFDH$ ist ein Parallelogramm. Mehr habe ich ohne Trigonometrie nicht machen können.

Hier ist ein bisschen mehr Versuch. Wenn $M$ ist das Spiegelbild von $A$ wrt $BC$ , dann kann ich das durch die Verwendung der trigonometrischen Version von Cevas thm beweisen $\angle AMD=42^\circ$ Und $\angle CMD=18^\circ$ . Ich bin mir nicht sicher, wie ich das nur mit Geometrie beweisen soll. Aber dieses Ergebnis kann nützlich sein. (Obwohl wir den Sinussatz anwenden können $\triangle MCD$ zu bekommen $MD$ und dann den Kosinussatz anwenden $\triangle BMD$ zu bekommen $BD$ bezüglich $AB$ zu. Aber das ist immer noch eine stark trigonometrische Lösung, auch wenn die Algebra weniger kompliziert ist als die, die ich oben geschrieben habe.)

Ich habe noch ein paar Beobachtungen. Sie können nutzlos sein. Lassen $D'$ sei der durch Reflexion erhaltene Punkt $D$ über die Mittelsenkrechte von $BC$ . Zeichne ein regelmäßiges Fünfeck $ADKK'D'$ . Geogebra sagt mir das $\angle ABK=54^\circ$ Und $\angle AKB=48^\circ$ . Dies kann mit Hilfe der Trigonometrie bewiesen werden, obwohl ein geometrischer Beweis existieren sollte. Aber es ist leicht, das zu zeigen $KD\perp CD$ Und $K'D'\perp BD'$ .

Bei all meinen Versuchen landete ich immer bei einer der beiden folgenden trigonometrischen Identitäten:

\cos 6^{\circ} Sünde 18^{\circ} Sünde 24^{\circ} = 1 / 8,

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

\cos 36^{\circ} - Sünde 18^{\circ} = 1 / 2.

$\cos 36^\circ-\sin18^\circ =1/2.$ (Natürlich sind diese Identitäten äquivalent.) Ich denke, ein geometrischer Beweis benötigt das Aussehen eines regelmäßigen Fünfecks und wahrscheinlich eines gleichseitigen Dreiecks und vielleicht eines Quadrats.

ja, ich bin es

Verlängerung

A D

$AD$ treffen

B C

$BC$ bei

E

$E$ , gibt

C D E

$CDE$ ist gleichschenklig.

Naoko

@ Yesit'sme Ich habe das bereits versucht, aber nicht gesehen, wie ich von dort aus weitermachen soll. Hast du noch mehr Tipps?

ja, ich bin es

Ich kann es auch nicht. Habe es gerade bemerkt. Also dachte ich, ich könnte das in den Kommentar einfügen.

Sunaina Pati

Ich weiß nicht viel, ich habe diese Konstruktion ausprobiert, sagen Sie mir, es gibt ein Problem beim Öffnen. geogebra.org/geometry/gu3zjwxa

dezdichado

auf den ersten Blick suggeriert das, wenn man darüber nachdenkt

D

$D$ über

A B

$AB$ und bekomme

D^{'},

$D',$ Dann

△ B A D^{'}

$\triangle BAD'$ sieht aus wie es wäre

45 - 90 - 45

$45-90-45$ Dreieck, was das Ergebnis liefern würde. Aber das ist jetzt nur mein Augapfel.

Naoko

@dezdichado Das stimmt nicht.

∠ B A D^{'} = ∠ B A D = 114^{\circ}

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

△ B A D^{'}

$\triangle BAD'$ ist kein gleichschenkliges rechtwinkliges Dreieck.

Antworten (3)

△ABC△ABC\Dreieck ABC mit einem Punkt DDD darin hat ∠BAD=114∘∠BAD=114∘\angle BAD=114^\circ, ∠DAC=6∘∠DAC=6∘\angle DAC=6^\circ , ∠ACD=12∘∠ACD=12∘\angle ACD=12^\circ, und ∠DCB=18∘∠DCB=18∘\angle DCB=18^\circ.

Verlängerung $AD$ treffen $BC$ bei $E$ , gibt $CDE$ ist gleichschenklig.
@ Yesit'sme Ich habe das bereits versucht, aber nicht gesehen, wie ich von dort aus weitermachen soll. Hast du noch mehr Tipps?
Ich kann es auch nicht. Habe es gerade bemerkt. Also dachte ich, ich könnte das in den Kommentar einfügen.
Ich weiß nicht viel, ich habe diese Konstruktion ausprobiert, sagen Sie mir, es gibt ein Problem beim Öffnen. geogebra.org/geometry/gu3zjwxa
auf den ersten Blick suggeriert das, wenn man darüber nachdenkt $D$ über $AB$ und bekomme $D',$ Dann $\triangle BAD'$ sieht aus wie es wäre $45-90-45$ Dreieck, was das Ergebnis liefern würde. Aber das ist jetzt nur mein Augapfel.
@dezdichado Das stimmt nicht. $\angle BAD'=\angle BAD=114^\circ$ , So $\triangle BAD'$ ist kein gleichschenkliges rechtwinkliges Dreieck.

Timon92 · Answer 1

Lassen $\omega$ , $O$ sei der Umkreis und Umkreismittelpunkt von $\triangle ABC$ , bzw. Lassen $P,Q,R,S$ vier Punkte auf dem kürzeren Bogen sein $AC$ von $\omega$ Teilen Sie diesen Bogen in fünf gleiche Teile.

Zuerst werden wir das beweisen $\triangle RSD$ ist gleichseitig. Lassen $D'$ ein Punkt im Inneren sein $\omega$ so dass $\triangle RSD'$ ist gleichseitig. Auch lassen $E$ drinnen sein $\omega$ so dass $\triangle PQE$ ist gleichseitig. Wenn wir Symmetrien aufrufen, sehen wir das $\triangle D'SC \equiv \triangle D'RQ \equiv \triangle EQR \equiv \triangle EPA$ . Beachten Sie, dass $\angle EQR = \angle QRD'=\angle QRS-60^\circ = 168^\circ - 60^\circ = 108^\circ$ . Somit $\angle D'QR = 90^\circ - \frac 12\angle QRD' = 36^\circ$ Und $\angle EQD'=108^\circ - 36^\circ = 72^\circ$ . Aber auch $\angle D'EQ = 180^\circ - \angle EQR = 180^\circ - 108^\circ = 72^\circ$ . Somit $ED'Q$ ist gleichschenklig mit $QD'=ED'$ . Auch hier sehen wir das anhand von Symmetrien $AED'C$ ist ein gleichschenkliges Trapez mit $AE=ED'=D'C$ . Wir haben $\angle ACD'=\angle SCD' - \angle SCA = 36^\circ - 24^\circ = 12^\circ$ . Seit $AED'C$ ist ein gleichschenkliges Trapez, es ist zyklisch und da $AE=ED'=D'C$ , es folgt dem $\angle D'AC = \frac 12 \angle EAC = \frac 12 \angle ACD'=6^\circ$ . Somit $D'$ fällt zusammen mit $D$ .

Jetzt kommt mein Lieblingsteil. Einige Winkeljagden zeigen das $\angle QCE = 18^\circ = \angle DCB$ Und $\angle DQC = 24^\circ = \angle BQE$ . Somit $D$ Und $E$ sind isogonal konjugiert in $\triangle BQC$ . Es folgt dem $\angle CBD = \angle EBQ$ .

Wählen $T$ An $\omega$ so dass $BT$ ist ein Durchmesser. Deutlich, $\triangle BQE$ ist symmetrisch zu $\triangle TRD$ in Bezug auf die Mittelsenkrechte von $QR$ . Insbesondere, $\angle RTD = \angle EBQ$ .

Lassen $RT$ schneiden $BC$ bei $X$ . Seit $\angle CBD = \angle EBQ = \angle RTD$ , Viereck $BDXT$ ist zyklisch. Somit $\angle BDT = \angle BXT$ . Dann zeigt eine Winkeljagd das $\angle DOB = 102^\circ = \angle BXT = \angle BDT$ . Dies bedeutet genau, dass der Umkreis von $DOT$ ist tangential zu $BD$ bei $D$ . Tangens-Sekanten-Theorem liefert $BD^2=BO\cdot BT = BO \cdot 2BO = 2BO^2$ . Somit

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

$\frac{BD}{AB} = \frac{BD}{BO} = \sqrt 2,$ wie gewünscht.

Wie erstellen Sie solch erstaunliche Diagramme? Gibt es eine Website, die Sie verwenden?

Mick · Answer 2

Dies ist ein unvollständiger Beweis, da ich ab Schritt 8 feststecke.

Zeichnen Sie Z auf BC so, dass $\angle BAZ = 90^0$ .
Sei CZ = 1. Dann ist AZ = 1, weil $\triangle ZAC$ ist gleichschenklig.
Weil $\angle ABC = 30^0$ , $AC = AB = \sqrt 3$ .
Konstruieren Sie den blauen Kreis (zentriert bei B, Radius $= BA = \sqrt 3$ .
Ziehe von D aus die Tangente an den Kreis (B) und berühre ihn bei X. Dann $\angle BXD = 90^0$ ,
Sei Y der Mittelpunkt von BC.
Lebenslauf zeichnen // YX. Nach dem Schnittsatz ist BX = XV. Zusammen mit der Feststellung in (5) können wir sagen, dass DX die Mittelsenkrechte von BV ist.
Zeichnen Sie den Kreis, der durch B, D, V verläuft. Er schneidet den roten Kreis (A) an einem Punkt U. [Eine andere Möglichkeit, X als Mittelpunkt des gepunkteten Kreises zu bezeichnen und zu beweisen, dass D ein konzyklischer Punkt davon ist Kreis.]

Wenn wir zeigen können, dass X der Mittelpunkt des gepunkteten Kreises ist, dann $\triangle DBV$ ist 45-45-90. Im Gegenzug, $\triangle XBD$ ist auch 45-45-90. Folglich folgt das erforderliche Ergebnis aus der Tatsache, dass $BD = \sqrt 2 \times \sqrt 3$ .

Nennen Sie mir den Namen der Software, mit der das Bild gezeichnet wurde!!

Mick · Answer 3

Neue Version

Zeichnen Sie Z auf BC so, dass $\angle BAZ = 90^0$ . Wenn wir CZ = 1 lassen, dann ist AZ = 1, weil $\triangle ZAC$ ist gleichschenklig. Weiter, weil $\triangle ABZ$ ist 30-60-90, $BZ = 2$ , Und $AC = AB = \sqrt 3$ .

Zeichnen Sie den roten Kreis (A) mit Radius $= AB = \sqrt 3$ . Es wird AZ verlängert bei W schneiden. Beachten Sie das $\angle WBC = 0.5 \angle WAC = 15^0$ . Deshalb, $\triangle ABW$ ist 45-45-90.
Verlängern Sie WD, um den Kreis (A) bei U zu schneiden.
Konstruieren Sie den blauen Kreis (B) mit Radius $= BA = \sqrt 3$ . Von D zeichne die Tangente zum Kreis (B) und berühre ihn bei X. Lass die Tangenten ZA und DX sich bei T treffen. Durch Tangenteneigenschaften, $\angle BSA = 90^0$ . Dann ist es nicht schwer zu beweisen, dass XBAU eine Raute ist.

4.5 [Hinzugefügt: BU ist eine Kreissehne (A). Sei S der Mittelpunkt von BU. Dann, $\angle ASB = 90^0$ .

Im Umkreis XBAT wird sein Durchmesser (BT) AX senkrecht halbieren.

Die beiden zusammen implizieren, dass BSTU eine gerade Linie ist.]

Lassen Sie den gepunkteten Kreis, der durch B, D und U verläuft, BX verlängert bei V schneiden. Dann $\angle BVD = \angle BUD = 0.5 \times \angle BAW = 45^0$ .
Seit $\angle VXU = 2 \times \angle VBU$ Und $\angle VXU = 2 \times VDU$ , können wir sagen, dass X der Mittelpunkt des gepunkteten Kreises ist. Dann, $\triangle BDV$ ist 45-45-90.
Im Gegenzug, $\triangle BXD$ ist auch 45-45-90. Das heisst $BD = \sqrt 2 \times BX = \sqrt 2 \times BA$ .

Ich sehe nicht, dass Sie Winkel von 6 oder 12 oder 18 Grad verwendet haben.
@Aqua 114 - 90 + 6 = 30 und 12 + 18 = 30. Außerdem habe ich diesen Beitrag um eine neue Version aktualisiert.
@Mick Könntest du bitte erklären, wie man das zeigt $XBAU$ ist eine Raute? Ich denke, dieser Beweis beruht darauf, das zu zeigen $BTU$ ist eine Gerade. Ich sehe nicht, wie ich es beweisen soll. Danke.

△ABC△ABC\Dreieck ABC mit einem Punkt DDD darin hat ∠BAD=114∘∠BAD=114∘\angle BAD=114^\circ, ∠DAC=6∘∠DAC=6∘\angle DAC=6^\circ , ∠ACD=12∘∠ACD=12∘\angle ACD=12^\circ, und ∠DCB=18∘∠DCB=18∘\angle DCB=18^\circ.

Naoko

ja, ich bin es

Naoko

ja, ich bin es

Sunaina Pati

dezdichado

Naoko

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