Encontrar un ángulo entre el lado y un segmento desde un punto especificado dentro de un triángulo equilátero

Question

Esta es la pregunta:

• $\overset{\Delta}{ABC}$ es un triángulo equilátero.
• D es un punto dentro del triángulo.
• $m(\widehat{BAD})=12^\circ$
• $m(\widehat{DBA})=6^\circ$
• $m(\widehat{ACD})=x=?$

He conseguido reducir la respuesta a $\cot x=\csc 48^\circ+\sqrt 3$ con la ayuda del Teorema Trig-Ceva, pero no puedo encontrar x sin una calculadora. Sospecho que hay un método elemental (pero complejo) para resolver esto, pero no estoy seguro.

[La respuesta que estoy tratando de alcanzar es $18^\circ$ ]

Answer 1

Este problema es en realidad parte de un $30$ -gon, como se muestra en la siguiente figura. Para demostrar que tres líneas diagonales se encuentran en un solo punto, consulte la sección $3$ y Tabla $4$ (página $13$ ) de http://www-math.mit.edu/%7Epoonen/papers/ngon.pdf . (Por desgracia, esto no es tan fácil. El siguiente lema de la sección $2$ (páginas $4-5$ ) ayuda).

Lema . Sea $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $E$ , $F$ sean seis puntos distintos en orden sobre una circunferencia. Las tres cuerdas $AD$ , $BE$ , $CF$ se encuentran en un mismo punto si y sólo si $AF\cdot BC\cdot DE=CD\cdot EF\cdot AB$ .

Answer 2

He documentado dos respuestas a esta pregunta; una es la respuesta trigonométrica que se me ocurrió, la otra es la respuesta geométrica que encontré en la red. La respuesta geométrica está en otro idioma, así que la he traducido al inglés en lugar de enlazarla.

Primero:

Para facilitar la consulta, algunas fórmulas conocidas:

$$2\sin x\sin y=\cos(x-y)-\cos(x+y)$$

$$2\sin x\cos y=\sin(x+y)+\sin(x-y)$$

$$\sin(x\pm y)=\sin x\cos y\pm\cos x\sin y$$

Segundo:

Prueba de que $\sin54^\circ\sin18^\circ=1/4$ :

Insertar $\sin72^\circ=2\sin36^\circ\sin54^\circ$ en $\sin36^\circ=2\sin18^\circ\sin72^\circ$ para conseguir $\sin54^\circ\sin18^\circ=1/4$ .

He resuelto esta cuestión con el Teorema Trig-Ceva . Del teorema:

$$ \frac{\sin12^\circ}{\sin48^\circ}\frac{\sin54^\circ}{\sin6^\circ}\frac{\sin\alpha}{\sin(60^\circ-\alpha)}=1 $$

Y llegamos:

$$ 2\cos6^\circ\sin54^\circ\sin\alpha=\sin48^\circ\sin(60^\circ-\alpha)\tag{1} $$

Desde $2\sin48^\circ\sin42^\circ=\cos6^\circ$ y $\sin54^\circ\sin18^\circ=1/4$ podemos hacer conjeturas anticipadas y encontrar $\alpha=18^\circ$ de $(1)$ . Si no, tenemos que manipular la ecuación $(1)$ más:

$$ \frac{\sin(60^\circ-\alpha)}{\sin\alpha}=\frac{\sqrt3/2+\sin48^\circ}{\sin48^\circ}\\ \frac{\sqrt3/2\cos\alpha-1/2\sin\alpha}{\sin\alpha}=\sqrt3/2\csc48^\circ+1 $$

Y lo conseguimos:

$$ \cot\alpha=\csc48^\circ+\sqrt3\tag{2} $$

Ahora podemos demostrar que $\cot18^\circ=\csc48^\circ+\sqrt3$ rastreando los pasos hasta la ecuación $(1)$ de la ecuación $(2)$ . Después de eso; porque sabemos, ya que $\cot\alpha$ es uno a uno para $0<\alpha<180^\circ$ Sólo hay una $\alpha$ valor para mantener la ecuación $(2)$ encontramos que $\alpha=18^\circ$ . $\blacksquare$

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Aquí está la segunda prueba:

Dibuja la bisectriz del ángulo de $\widehat{BAD}$ , que se cruza con $[BD]$ sur $E$ . Dibujar $[CE]$ . Desde $\overset{\Delta}{ABE}$ es isósceles, $[CE]$ es el eje de simetría de $\overset{\Delta}{ABC}$ , haciendo que $m(\widehat{ECB})=30^\circ$ . Dibujar $[BF]$ tal que $m(\widehat{FBD})=6^\circ$ y $|BF|=|AB|$ . Dibujar $[AF]$ y $[CF]$ . Desde $\overset{\Delta}{BCF}$ es isósceles y $m(\widehat{CBF})=48^\circ$ entonces $m(\widehat{FCB})=66^\circ$ Por lo tanto $m(\widehat{FCA})=6^\circ$ . Dibujar $[DF]$ . Desde $\overset{\Delta}{ABF}$ es isósceles, $[BD]$ es el eje de simetría de $\overset{\Delta}{ABF}$ , haciendo que $m(\widehat{DFB})=12^\circ$ . Ampliar $[AD]$ ; ya que $[CE]$ es el eje de simetría de $\overset{\Delta}{ABC}$ y $m(\widehat{FBA})=m(\widehat{BAD})=12^\circ$ La extensión de $[AD]$ se encuentran en la intersección de dos segmentos $G$ . Desde $\widehat{FGA}$ es un ángulo exterior de $\overset{\Delta}{ABG}$ , $m(\widehat{FGA})=24^\circ$ . Desde $\widehat{FDA}$ es un ángulo exterior de $\overset{\Delta}{DFG}$ , $m(\widehat{FDA})=36^\circ$ . Desde $m(\widehat{FCG})=36^\circ$ ángulos opuestos de $\overset{\square}{CFDG}$ son complementarios, lo que hace que sea un cuadrilátero cíclico, es decir, que sus cuatro puntos están en una circunferencia. Como $\widehat{FGD}$ y $\widehat{FCD}$ ambos mirando el mismo arco en este círculo, $m(\widehat{FCD})=24^\circ$ . Y entonces, finalmente, llegamos a $\alpha=18^\circ$ . $\blacksquare$