Punkt liegt innerhalb eines Dreiecks ABC mit ∡BAC=45∘∡BAC=45∘\messwinkel BAC=45^\circ und ∡ABC=30∘∡ABC=30∘\messwinkel ABC=30^\circ

Bitte wenden Sie die trigonometrische Form des Satzes von Ceva an.

Wenn$\angle BCM = x$,

$\sin \angle BAM \ \sin \angle ACM \sin CBM = \sin \angle MAC \ \sin \angle MCB \ \sin \angle MBA$

$\sin 15^0 \sin (105^0-x) \sin 15^0 = \sin 30^0 \sin x \sin 15^0$

$\cos (15^0-x) \sin 15^0 = 2 \sin 15^0 \cos 15^0 \sin x$

$\sin 30^0 \cos (15^0-x) = \cos 15^0 \sin x$

$\sin (45^0-x) + \sin (15^0+x) = \sin (15^0+x) + \sin(x-15^0)$

$45^0-x = x-15^0 \implies x = 30^0$

So$\angle BMC = 180^0 - 30^0 - 15^0 = 135^0$.

BEARBEITEN : Eine geometrische Lösung finden Sie in der folgenden Konstruktion, die Sie verwenden können.$AN$Winkelhalbierende von ist$\angle CAM$. Sie können es beweisen$\angle ANM = \angle ANC = 60^0$Und$CN = NM$. So,$\angle MCB = 30^0$.$\therefore \angle BMC = 135^0$.

Ich habe eine Lösung ohne Trigonometrie gefunden. Der Schlüssel ist, den Mittelpunkt von zu betrachten$BC$, die ich benannt habe$N$im Bild unten. Unter Verwendung der gestrichelten Linien und der Beobachtungen, die$|AD| = |CD| = |CN| = |DN| = |BN|$, das ist leicht zu zeigen$\angle BAN = 15^{\circ}$. Das bedeutet, dass$A$,$M$Und$N$kolinear sind, und darüber hinaus$\triangle NMB \sim \triangle NBA$. Das ergibt das Verhältnis$|NM| / |NB| = |NB| / |NA|$, und da$N$war der Mittelpunkt von$BC$, schließen wir das auch$|NM| / |NC| = |NC| / |NA|$. Das bedeutet, dass$\triangle NMC \sim \triangle NCA$, woraus folgt$\angle BMC = \angle BMN + \angle NMC = 30^{\circ} + 105^{\circ} = 135^{\circ}$, wie gewünscht.

Eine letzte Bemerkung: Das stimmt tatsächlich$|AM| = |AC|$, wie aus obigem Beweis leicht folgt. Ich konnte jedoch nicht sofort eine Lösung finden, die diese Tatsache irgendwie ausnutzt, aber es scheint mir, dass es möglich sein sollte. Jemand Bock drauf?