Angenommen ∠BAC=60∘∠BAC=60∘\angle BAC = 60^\circ und ∠ABC=20∘∠ABC=20∘\angle ABC = 20^\circ. Ein Punkt EEE innerhalb von ABCABCABC erfüllt ∠EAB=20∘∠EAB=20∘\angle EAB=20^\circ und ∠ECB=30∘∠ECB=30∘\angle ECB=30^\circ.

Question

Angenommen ∠BAC=60∘∠BAC=60∘\angle BAC = 60^\circ und ∠ABC=20∘∠ABC=20∘\angle ABC = 20^\circ. Ein Punkt EEE innerhalb von ABCABCABC erfüllt ∠EAB=20∘∠EAB=20∘\angle EAB=20^\circ und ∠ECB=30∘∠ECB=30∘\angle ECB=30^\circ.

Dreiecke
Mathematik
Wettbewerb-Mathematik
Trigonometrie
Ebene-Geometrie
Euklidische Geometrie

Ayy Lmao

Problemstellung:

Im Dreieck $ABC$ mit Winkeln $\angle BAC = 60^\circ$ Und $\angle ABC = 20^\circ$ , ein Punkt $E$ innerhalb des Dreiecks ist so gegeben, dass $\angle EAB = 20^\circ$ Und $\angle ECB = 30^\circ$ . Beweise das $E$ liegt auf einer Winkelhalbierenden von $\angle ABC$ .

Ich habe ein Bild in Geogebra für dieses Problem gezeichnet und das ist, was ich bisher gemacht habe:

Alle gezeichneten Winkel wurden unter Verwendung der Tatsache ermittelt, dass die Winkelsumme in einem Dreieck gleich ist $180^\circ$ . Das ist mir auch aufgefallen $AD=BD$ , $AC=CD=AE$ B. durch Verwendung gleichschenkliger Dreiecke.

Ich habe versucht, das zu beweisen $E$ liegt auf einer Winkelhalbierenden von $\angle ABC$ indem man das beweist $GE=EI$ und so zeichnete ich Mittelsenkrechte aus $E$ zu den Seiten $AB$ Und $BC$ , und ich bemerkte zwei Paare ähnlicher Dreiecke: $\triangle AHE \sim \triangle AEF$ Und $\triangle CJE \sim \triangle CED$ , aber ich bin mir nicht sicher, ob dies in irgendeiner Weise nützlich ist.

Ich stecke seitdem fest und weiß nicht, wie ich weitermachen soll. Ich bin mir nicht sicher, ob das überhaupt der richtige Ansatz für das Problem ist. Gibt es eine Möglichkeit, dieses Problem anzugehen, die ich übersehen habe?

Antworten (4)

Angenommen ∠BAC=60∘∠BAC=60∘\angle BAC = 60^\circ und ∠ABC=20∘∠ABC=20∘\angle ABC = 20^\circ. Ein Punkt EEE innerhalb von ABCABCABC erfüllt ∠EAB=20∘∠EAB=20∘\angle EAB=20^\circ und ∠ECB=30∘∠ECB=30∘\angle ECB=30^\circ.

Ole · Answer 1

Ole

$GE=1/2*CE (Gegenteil 30), ACE gleichschenklig (Winkel 70,70), senkrecht zu CE zeichnen, es gibt 2 kongruente rechtwinklige Dreiecke, Winkel 20, gemeinsame Hypotenuse. Also, GE = EI.

Ayy Lmao

Sollte es das nicht sein

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

$IE=\frac{CE}{2}$ anstatt

G E

$GE$ ? Abgesehen davon ist diese Lösung bisher die eleganteste.

Ole

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

$IE=\frac{CE}{2}$ du hast Recht

dan_fulea · Answer 2

Es gibt bereits eine gute, akzeptierte Antwort von ole , und nachdem ich sie gesehen hatte, wartete ich darauf, dass sie akzeptiert wurde. Da ich eine Antwort begann, die sich auf (drei mehr oder weniger) verschiedene Möglichkeiten konzentrierte, das Problem anzugehen, und viele Bilder machte, fiel mir die Entscheidung schwer, die Arbeit trotzdem zu posten oder zu löschen. Da es für einige Leser dennoch interessant sein sollte, habe ich die Antwort vervollständigt. Eine Anmerkung, bevor die Lösungen kommen. Es kommt noch eine komplizierte Lösung hinzu, sie ähnelt in ihrem Aufbau dem bekannten "Langley-Problem".

1. Lösung: Diese erste Lösung ist in ihrer Natur die gleiche Lösung von Ole , sie verwendet nur ein gleichseitiges Dreieck, um das "Maultier" von einer Richtung in die andere zu führen, und kommt mit einem Bild.

Wir bauen weiter $CE$ ein gleichseitiges Dreieck $\Delta CDE$ , so dass seine Winkelhalbierende in $C$ ist die Linie $CB$ . Lassen Sie auch dieses Dreieck ein $C'$ , $D'$ Seien die Mittelpunkte der Seiten gegenüber $C$ , $D$ . Lassen $F$ sei die Projektion von $E$ An $AB$ .

Dann $\Delta CAE$ ist gleichschenklig mit den Winkeln in $C,E$ von gleichem Maß, $70^\circ$ , was impliziert $\Delta ACD'=\Delta AED'=\Delta AEF$ . So $EC'=ED'=EF$ .

$\square$

Als Exkurs ist es vielleicht interessant, im Kontext des "großen Bildes" das gleichseitige Dreieck weiter zu sehen $AB$ wo sind die Punkte der Lösung, zB der Punkt $D$ . Kein Kommentar:

2. Lösung: Unter Verwendung der trigonometrischen Version des Satzes von Ceva müssen wir die Gleichheit zeigen:

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

$1\overset!= \frac{\sin20^\circ}{\sin40^\circ}\cdot \frac{\sin70^\circ}{\sin30^\circ}\cdot \frac{\sin10^\circ}{\sin10^\circ}\ .$ Dies ist eine sofortige Verwendung

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

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

$\square$

3. Lösung: Eine andere Lösung, die in solchen Fällen oft selbst vorgeschlagen wird, besteht darin, das gegebene Dreieck als "Teil" eines regelmäßigen Polygons zu realisieren und dann die Symmetrien innerhalb dieses Polygons zu verwenden. Dies mag für eine Lösung übertrieben erscheinen und das komplexeste Bild erzeugen, aber es kann die richtige strukturelle Perspektive sein, um zu verstehen, warum es solche "Zufälle" gibt, wie "viele" sie sind und wie man ähnliche Probleme konstruiert / komponiert .

Betrachten Sie zum Vergleich das Problem von Langley, das viele einfache Lösungen hat, aber es gibt auch ...

die Stapelaustauschfragen 1121534

In unserem Fall ist die Umsetzung ...

Die gegebene Dreieckskonfiguration ist in ein regelmäßiges Polygon als eingebettet $\Delta (0,2,12)$ . Wir wollen zeigen, dass die Diagonalen $0-9$ ; $2-14$ , $4-16$ , $1-12$ , $6-17$ sind gleichzeitig dabei $E$ .

Wir führen jetzt die folgende Transformation durch, die das Regular bringt $18$ -gons aus dem folgenden Bild ineinander:

Verwenden Sie als Mittelpunkt den Punkt $9$ Wir verwenden zuerst eine Rotation, die sich bewegt $1$ Zu $0$ , verwenden Sie dann eine Ähnlichkeit, die die Länge des Segments ergibt $[9,13]$ in die Länge des Segments $[9,12]$ . Natürlich können wir die Reihenfolge der Rotation und Homothetie ohne Änderung umkehren. Um eine schnelle visuelle Hilfe bei der Transformation zu haben, wurden zwei Dreiecke markiert. Das rote Dreieck $\Delta(9,13,1)$ verwandelt sich in das blaue Dreieck $\Delta(9',13',1')=\Delta(9,12,1')$ . Das ist so, weil $9=9'$ , $9$ das Zentrum der Drehung und Streckung und das Segment ist $[9,13]$ zugeordnet ist $[9',13']=[9,12]$ da die beiden Segmente im rechten Winkel und im richtigen Verhältnis stehen. Lassen Sie uns identifizieren $1'$ als Punkt $E$ aus dem Problem.

$9,1',0$ kolinear sind, da beide Linien $90$ Und $91'$ gleichen Winkel bzgl $90'$ .
So $9,(k+1)',k$ sind kollinear für alle anderen Werte eines Knotens $k$ .
$1,1',12$ sind da kolinear $\angle (9,12,1)=\angle (9,13,1)=\angle (9',13',1')=\angle (9,12,1')$ .
Auf ähnliche Art und Weise, $k,k',12$ sind kollinear für alle anderen Werte eines Knotens $k$ und transformierter Scheitel $k'$ .
Die Linien $1'-2'$ Und $4-16$ zusammenfallen, kann dies durch Verwendung des Strichs gezeigt werden $12=13'$ , $O'$ , $4'$ , $4$ oder die Parallellinie $8-8'-12$ in gleicher Entfernung.

Noch ein anderes Bild.

Bräunen · Answer 3

Lassen $\angle EBC=\alpha$ Und $\angle EBA=20^\circ-\alpha$ . Unter Verwendung der trigonometrischen Form des Satzes von Ceva können wir das sehen

\frac{S ich N (40^{\circ})}{S ich N (20^{\circ})} \cdot \frac{S ich N (20^{\circ} - a)}{S ich N (a)} \cdot \frac{S ich N (30^{\circ})}{S ich N (70^{\circ})} = 1

$\frac{sin(40^\circ)}{sin(20^\circ)}\cdot\frac{sin(20^\circ-\alpha)}{sin(\alpha)}\cdot\frac{sin(30^\circ)}{sin(70^\circ)}=1$ Unter Verwendung der Doppelwinkelformel und einiger trigonometrischer Identitäten, die wir haben

\frac{2 S ich N (20^{\circ}) C Ö S (20^{\circ})}{S ich N (20^{\circ})} \cdot \frac{S ich N (20^{\circ} - a)}{S ich N (a)} \cdot \frac{\frac{1}{2}}{C Ö S (20^{\circ})} = 1

$\frac{2sin(20^\circ)cos(20^\circ)}{sin(20^\circ)} \cdot\frac{sin(20^\circ-\alpha)}{sin(\alpha)}\cdot\frac{\frac{1}{2}}{cos(20^\circ)}=1$ Was vereinfacht

S ich N (20^{\circ} - a) = S ich N (a)

$sin(20^\circ-\alpha)=sin(\alpha)$ Deshalb haben wir

α = 10^{\circ}

$\alpha=10^\circ$ was bedeutet

E

$E$ liegt auf einer Winkelhalbierenden.

Andrej · Answer 4

Lassen Sie uns in Ihrer Figur verwenden $\alpha=\angle CBE$ Und $\beta=\angle ABE$ . Dann mit Sinussatz in $\triangle CEB$ :

\frac{Sünde a}{C E} = \frac{Sünde 30^{\circ}}{E B}

$\frac{\sin\alpha}{CE}=\frac{\sin 30^\circ}{EB}$ Ebenso im

△ E B A

$\triangle EBA$ :

\frac{Sünde β}{A E} = \frac{Sünde 20^{\circ}}{E B}

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

\frac{Sünde a}{Sünde β} = \frac{Sünde 30^{\circ}}{Sünde 20^{\circ}} \frac{C E}{A E}

$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{\sin 30^\circ}{\sin20^\circ}\frac{CE}{AE}$ Wir erhalten das letzte Längenverhältnis von

△ A E C

$\triangle AEC$ :

\frac{C E}{A C} = \frac{Sünde 40^{\circ}}{Sünde 70^{\circ}}

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

\frac{Sünde a}{Sünde β} = \frac{Sünde 30^{\circ}}{Sünde 20^{\circ}} \frac{Sünde 40^{\circ}}{Sünde 70^{\circ}}

$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{\sin 30^\circ}{\sin20^\circ}\frac{\sin 40^\circ}{\sin 70^\circ}$ Jetzt mit

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

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

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

$\sin 30^\circ=\frac 12$ , du erhältst

\frac{Sünde a}{Sünde β} = 1

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

α = β

$\alpha=\beta$

Angenommen ∠BAC=60∘∠BAC=60∘\angle BAC = 60^\circ und ∠ABC=20∘∠ABC=20∘\angle ABC = 20^\circ. Ein Punkt EEE innerhalb von ABCABCABC erfüllt ∠EAB=20∘∠EAB=20∘\angle EAB=20^\circ und ∠ECB=30∘∠ECB=30∘\angle ECB=30^\circ.

Ayy Lmao

Antworten (4)

Ole

Ayy Lmao

Ole

dan_fulea

Bräunen

Andrej

△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.

Anzahl der Dreiecke ΔABCΔABC\Delta ABC mit ∠ACB=30o∠ACB=30o\angle{ACB} = 30^o und AC=93–√AC=93AC=9\sqrt{3} und AB=9AB=9AB=9?

Finden Sie ∠CAD∠CAD\Winkel CAD in der folgenden Abbildung.

ABCDABCDABCD ist ein konvexes Viereck. Wenn ∠BAC=10°∠BAC=10°\Winkel BAC=10°, ∠CAD=40°∠CAD=40°\Winkel CAD=40°, ∠ADB=50°∠ADB=50°\Winkel ADB=50 °, ∠BDC=20°∠BDC=20°\Winkel BDC=20°, dann finde ∠CBD∠CBD\Winkel CBD.

Was ist eine geometrische Konstruktion, die der Addition elliptischer Kurven für Sharygin-gleichschenklige Dreiecke entspricht?

Gleiche Kreise verpackt in △ABC△ABC\triangle ABC mit AC=9AC=9AC=9, AB=12AB=12AB=12, ∠CAB=90∘∠CAB=90∘\angle CAB=90^\circ

Geometrieproblem auf △ABC△ABC\Dreieck ABC und Angle Chasing

In △ABC△ABC\triangle{ABC} ist ∠ABC=45∘∠ABC=45∘\angle ABC=45^ \circ. XXX ist ein Punkt auf BCBCBC, so dass BX=13BCBX=13BCBX=\frac{1}{3}BC und ∠AXC=60∘∠AXC=60∘\angle AXC=60^ \circ. Finde ∠ACB∠ACB\Winkel ACB.

Kreismittelpunkte definieren ein gleichseitiges Dreieck

Der Umkreismittelpunkt liegt auf der Höhe