Encontrar el ángulo UFO en el cuadro adjuntado

Question

Yo he enviado este problema a Presh Talwalkar que me propuso enviar a este sitio. He intentado muchas cosas pero no era capaz de encontrar la solución correcta.

1. Hice varios segmentos tratando de conseguir un triángulo equilátero similar a la de rusia triángulo problema, pero sin éxito.

2. También traté de voltear el triángulo OVNI sobre el lado NO pero de nuevo sin éxito.

3. Traté de encontrar como triángulos, pero no lo suficiente. Podría usted por favor darme una pista?

Gracias, R. de Souza

Answer 1

Considere la posibilidad de regular 36-gon $A_1A_2\ldots A_{36}$ inscrito en un círculo de radio de $R$. Ángulo inscrito por encima de cualquier lado es $5^\circ$. Podemos ver nuestra configuración como se muestra en la imagen.

Basta probar que $UF$ es paralela a la diagonal $A_{13}A_{34}=EA_{34}$; luego tenemos a $\angle NFU=\angle NEA_{34}=25^\circ$, lo $\angle UFO= \angle NFO-\angle NFU=100^\circ-25^\circ=75^\circ$.

Para demostrar $UF\parallel A_{34}E$, es suficiente para probar $\frac{NU}{UT}=\frac{NF}{FE}$ ($T$ es como en la foto). Para que podemos utilizar las siguientes dos fórmulas:

1. La longitud de una cuerda de un círculo con el ángulo inscrito $\alpha$$2R\sin\alpha$.

2. Si $E$ está en un lado de la $BC$$\triangle ABC$,$\frac{BE}{EC}= \frac{AB\sin\angle BAE}{AC\sin\angle CAE}$.

Ahora, de $\triangle OEN$ hemos: $$\frac{NF}{FE}= \frac{ON\sin\angle NOF}{OE\sin\angle EOF}=\frac{2R\sin 40^\circ\sin 20^\circ}{2R\sin 60^\circ\sin 60^\circ}.$$ From $\triángulo NET$ we have: $$\frac{NU}{UT}= \frac{EN\sin\angle NEU}{ET\sin\angle TEU}= \frac{2R\sin 80^\circ\sin 5^\circ}{ET\sin 20^\circ}.$$ By the law of sines on $\triángulo NETO$, $\frac{ET}{NE}=\frac{\sen 60^\circ}{\pecado 95^\circ}$, so $ET= NE\ \frac{\sen 60^\circ}{\pecado 95^\circ}= 2R\pecado 80^\circ\frac{\sen 60^\circ}{\pecado 95^\circ}$ and thus $$\frac{NU}{UT}= \frac{2R\sin 80^\circ\sin 5^\circ}{2R\sin 80^\circ\frac{\sin 60^\circ}{\sin 95^\circ}\sin 20^\circ}= \frac{2R\sin 95^\circ\sin 5^\circ}{2R\sin 60^\circ\sin 20^\circ}.$$

Así, por $\frac{NU}{UT}=\frac{NF}{FE}$ es suficiente verificar: $\sin 40^\circ\sin 20^\circ\sin 20^\circ= \sin 95^\circ\sin 5^\circ\sin 60^\circ$.

Tenemos: $$\sin 95^\circ\sin 5^\circ\sin 60^\circ=\frac{1}{2}(\cos 90^\circ-\cos 100^\circ)\sin 60^\circ= \frac{1}{2}\cos 80^\circ\sin 60^\circ= \frac{1}{4}(\sin 140^\circ-\sin 20^\circ)= \frac{1}{4}(\sin 40^\circ-\sin 20^\circ),$$ and: $$\sin 40^\circ\sin 20^\circ\sin 20^\circ=\frac{1}{2}(\cos 20^\circ-\cos 60^\circ)\sin 20^\circ= \frac{1}{2}(\cos 20^\circ\sin 20^\circ-\frac{1}{2}\sin 20^\circ)= \frac{1}{2}(\frac{1}{2}\sin 40^\circ-\frac{1}{2}\sin 20^\circ)= \frac{1}{4}(\sin 40^\circ-\sin 20^\circ).$$

Answer 2

Sin pérdida de generalidad, vamos a $OE=1$. Por la Ley de los Senos en el triángulo $ONE$, $ON=\dfrac{\sin(40^\circ)}{\sin(60^\circ)}$. Por lo tanto, usando la Ley de los Senos al triángulo $ONF$, obtenemos $$NF=ON\,\left(\frac{\sin(20^\circ)}{\sin(100^\circ)}\right)=ON\,\left(\frac{\sin(20^\circ)}{\sin(80^\circ)}\right)=\frac{\sin(20^\circ)\,\sin(40^\circ)}{\sin(60^\circ)\,\sin(80^\circ)}\,.$$ Además, la Ley de los Senos al triángulo $OUE$ da $$OU=\frac{\sin(35^\circ)}{\sin(65^\circ)}\,.$$ También tenemos $NE=\dfrac{\sin(80^\circ)}{\sin(60^\circ)}$ (aplicando la Ley de los Senos al triángulo $ONE$), lo que da $$NU=NE\,\left(\frac{\sin(5^\circ)}{\sin(115^\circ)}\right)=NE\,\left(\frac{\sin(5^\circ)}{\sin(65^\circ)}\right)=\frac{\sin(80^\circ)\,\sin(5^\circ)}{\sin(60^\circ)\,\sin(65^\circ)}\,,$$ utilizando la Ley de los Senos al triángulo $UNE$.

Por lo tanto, $$\frac{NU}{NF}=\frac{\sin^2(80^\circ)\,\sin(5^\circ)}{\sin(20^\circ)\,\sin(40^\circ)\,\sin(65^\circ)}\,.\tag{*}$$ Tenga en cuenta que $$\sin(65^\circ)\,\sin(25^\circ)=\frac{1}{2}\,\big(\cos(40^\circ)-\cos(90^\circ)\big)=\frac{\cos(40^\circ)}{2}\,,$$ donde usamos la identidad de $\sin(x)\,\sin(y)=\dfrac{1}{2}\,\big(\cos(x-y)-\cos(x+y)\big)$. Por lo tanto, (*) se convierte en $$\frac{NU}{NF}=\frac{2\,\sin^2(80^\circ)\,\sin(5^\circ)\,\sin(25^\circ)}{\sin(20^\circ)\,\sin(40^\circ)\,\cos(40^\circ)}\,.$$ A partir de la identidad $\sin(2x)=2\,\sin(x)\,\cos(x)$, obtenemos $$\frac{NU}{NF}=\frac{4\,\sin(80^\circ)\,\sin(5^\circ)\,\sin(25^\circ)}{\sin(20^\circ)}=\frac{4\,\cos(10^\circ)\,\sin(5^\circ)\,\sin(25^\circ)}{\sin(20^\circ)}\,.$$ Es decir, $$\frac{NU}{NF}=\frac{4\,\cos(10^\circ)\,\cos(5^\circ)\,\sin(5^\circ)\,\sin(25^\circ)}{\sin(20^\circ)\,\cos(5^\circ)}\,.$$ Como $\sin(4x)=2\,\sin(2x)\,\cos(2x)=4\,\sin(x)\,\cos(x)\,\cos(2x)$, obtenemos $$\frac{NU}{NF}=\frac{\sin(25^\circ)}{\cos(5^\circ)}=\frac{\sin(25^\circ)}{\sin(95^\circ)}\,.$$ Ergo, si $\theta:=\angle UFN$, luego tenemos a partir de la Ley de los Senos al triángulo $UNF$ que $$\frac{\sin(\theta)}{\sin(120^\circ-\theta)}=\frac{NU}{NF}=\frac{\sin(25^\circ)}{\sin(120^\circ-25^\circ)}\,.$$ De ello se deduce inmediatamente de la identidad de $\sin(x)\,\sin(y)=\dfrac{1}{2}\,\big(\cos(x-y)-\cos(x+y)\big)$ que $$\cos(120^\circ+25^\circ-\theta)=\cos(120^\circ-25^\circ+\theta)\,.$$ Es decir, $$25^\circ-\theta=n\cdot 180^\circ$$ for some integer $n$. As $0^\circ<\theta<100^\circ$ (because $\ángulo OFN=100^\circ$), we have $n=0$, whence $\theta=25^\circ$. Es decir, $$\angle UFO=180^\circ-25^\circ-80^\circ=75^\circ\,.$$

Answer 3

Los ángulos no bastan. Nos puede encontrar de todo, excepto $\angle UFO$, $\angle NFU$, $\angle EUF$, o $\angle FUN$; y aunque sabemos que $\angle UFO + \angle NFU = 100°$$\angle EUF + \angle FUN = 115°$, no son suficientes. (Incluso el cuadrilátero $UFEO$ no ayuda, ya que sólo repite lo que se encuentra desde $\triangle UFO$.)

Creo que el truco podría ser la de añadir punto de $G$ $O$ $U$ tal que $\overline{GE} \parallel \overline{UF}$. Si decimos que el punto donde $\overline{OF}$ $\overline{UE}$ se cruzan $X$, y el punto donde $\overline{OF}$ $\overline{GE}$ se cruzan $Y$, triángulos $\triangle UFX$ $\triangle OGY$ son similares: $$\begin{aligned} \angle FUX &= \angle GOY = \angle NOF = 20° \\ \angle FXU &= \angle OXE = 180° - 60° - 35° = 85° \\ \angle UFO &= 180° - \angle FUX - \angle FXU = 75° \\ \end{aligned}$$

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Sin pérdida de generalidad, podemos elegir un sistema de coordenadas Cartesianas donde $O$ es en origen, $F$ en el positivo $y$ eje $(0, 1)$, e $E$$(E_x , E_y)$$E_x \gt 0$.

Debido a que los ángulos en $\triangle NEO$ total a $180°$, $\angle ONE = 60°$, y $\angle EON = 60° + 20° = 80°$, sabemos que $\angle NEO = 180° - 60° - 80° = 40°$. Porque $\angle UEO = 35°$, $\angle NEU = 40° - 35° = 5°$.

Del mismo modo, el uso de $\triangle FOE$, sabemos que $\angle OFE = 80°$.

La pendiente de $OE$ $30°$ (debido a $\angle FOE = 60°$), y la pendiente de $FE = -10°$ (debido a $\angle OFE = 80°$). Esto nos permite encontrar la ubicación de $E$: $$\begin{aligned} y_{OE}(x) &= x \tan(30°) \\ y_{FE}(x) &= 1 - x \tan(10°) \\ y_{OE}(x) &= y_{FE}(x) \end{aligned} \quad \ffi \quad x = \frac{1}{\tan\left(\frac{\pi}{18}\right) + \sqrt{\frac{1}{3}}}$$ Sustituyendo en $y_{OE}(x)$ o $y_{FE}(x)$ obtenemos el $y$ coordinar. Por lo tanto, $$\left\lbrace\begin{aligned} E_x &= \frac{1}{\tan\left(\frac{\pi}{18}\right) + \sqrt{\frac{1}{3}}} \approx 1.326827896 \\ E_y &= \frac{1}{\sqrt{3}\tan\left(\frac{\pi}{18}\right) + 1} \approx 0.766044443 \\ \end{aligned}\right.$$

La pendiente de $OU$ $70°$ (debido a $\angle NOF = 20°$), y la pendiente de $EU$ $5°$ (porque $\angle UEO = 35°$, $5°$ más de la pendiente de $OE$). El uso de estos, podemos resolver la ubicación de $U = (U_x , U_y)$ (teniendo en cuenta que $U_x \lt 0$): $$\begin{aligned} y_{EU}(x) &= E_y + (E_x - x)\tan(5°) \\ y_{OU}(x) &= -x \tan(70°) \\ y_{EU}(x) &= y_{OU}(x) \end{aligned}$$ es decir, $$\left\lbrace\begin{aligned} U_x &= \frac{E_y + E_x \tan\left(\frac{\pi}{36}\right)}{\tan\left(\frac{\pi}{36}\right) - \tan\left(\frac{7\pi}{18}\right)} \approx -0.33162803 \\ U_y &= -\tan\left(\frac{7\pi}{18}\right) U_x \approx 0.91114054 \\ \end{aligned}\right.$$ El $\angle UFO$ cumple $$\tan\left(\ángulo de OVNIS\right) = \frac{-U_x}{1 - U_y} \quad \ffi \quad \ángulo OVNI = \arctan\left(\frac{U_x}{U_y - 1}\right)$$ que conectar a una calculadora simbólica (yo usé de Arce) no simplifica nada sencillo, pero numéricamente los rendimientos $$\angle UFO = 75.000000°$$

El uso de $\triangle FON$, sabemos $\angle NFO = 100°$. Desde $\angle UFO = 75°$, $\angle NFU = 25°$. Debido a que la pendiente de la línea de $EU$ $5°$ $OF$ es vertical, sabemos $\angle UXF = \angle OXE = 85°$, e $\angle OXU = \angle FXE = 95°$. El uso de $\triangle NEU$, sabemos $\angle EUN = 115°$. El uso de $\triangle XUF$, sabemos $\angle XUF = 180° - 75° - 85° = 20°$.

En otras palabras, los ángulos en la $\triangle XUF$ $85°$, $20°$, y $75°$, respectivamente, por lo que no hay triángulos semejantes en la figura se podría haber usado.

Además, mientras que el ángulo entre el $x$ eje y la línea de $OE$$30°$, el ángulo entre el $x$ eje y la línea de $UF$$5° + 20° = 25°$, por lo que esas dos líneas no son paralelas.

Sospecho que este fue uno de esos puzzles que tratan de engañar a usted, de XKCD estilo, mientras que la respuesta correcta, sólo se requiere algo de trabajo y atención a los detalles, no hay atajos.

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He aquí cómo saulspatz respuesta implementa el cálculo.

Sin pérdida de generalidad, elija un sistema de coordenadas Cartesianas donde $O$ está en el origen, y $E$$(1,0)$. Todos los otros puntos positivos $y$ coordinar.

Dos líneas que se intersecan por encima de la $x$ eje, uno a través de $O$ con ángulo de $\phi_1$ $x$ eje, y el otro a través de $E$ con ángulo de $\phi_2$ $x$ eje, se cruzan en $(x, y)$: $$\left\lbrace\begin{aligned} y_1(x) &= x \tan(\phi_1) \\ y_2(x) &= (1 - x) \tan(\phi_2) \\ y_1(x) &= y_2(x) \\ \end{aligned}\right. \quad \implica \quad \left\lbrace\begin{aligned} x &= \frac{\tan(\phi_2)}{\tan(\phi_1) + \tan(\phi_2)} \\ y &= \frac{\tan(\phi_1)\tan(\phi_2)}{\tan(\phi_1) + \tan(\phi_2)} \\ \end{aligned}\right. \etiqueta{1}\label{NA1}$$

Podemos usar $\eqref{NA1}$ encontrar tanto en$U$$F$. Para $U$, $\phi_1 = 80° = \frac{4}{9}\pi$ y $\phi_2 = 35° = \frac{7}{36}\pi$. Por lo tanto, $$\left\lbrace\begin{aligned} U_x &= \frac{\tan\left(\frac{7\pi}{36}\right)}{\tan\left(\frac{4\pi}{9}\right) + \tan\left(\frac{7\pi}{36}\right)} \approx 0.109897 \\ U_y &= \frac{\tan\left(\frac{4\pi}{9}\right) \tan\left(\frac{7\pi}{36}\right)}{\tan\left(\frac{4\pi}{9}\right) + \tan\left(\frac{7\pi}{36}\right)} \approx 0.623257 \\ \end{aligned}\right.$$ Para $F$, $\phi_1 = 60° = \frac{1}{3}\pi$ y $\phi_2 = 40° = \frac{2}{9}\pi$ (debido a $\angle NEO = 180°-60°-20°-60° = 40°$): $$\left\lbrace\begin{aligned} F_x &= \frac{\tan\left(\frac{2\pi}{9}\right)}{\tan\left(\frac{\pi}{3}\right) + \tan\left(\frac{2\pi}{9}\right)} \\ F_y &= \frac{\tan\left(\frac{\pi}{3}\right) \tan\left(\frac{2\pi}{9}\right)}{\tan\left(\frac{\pi}{3}\right) + \tan\left(\frac{2\pi}{9}\right)} \\ \end{aligned}\right.$$

A continuación, podemos utilizar básicos de álgebra vectorial, $$\cos\left(\angle XYZ\right) = \frac{\overline{XY} \cdot \overline{ZY}}{\left\lVert\overline{XY}\right\rVert \left\lVert\overline{ZY}\right\rVert} = \frac{\overline{XY} \cdot \overline{ZY}}{\sqrt{\left(\overline{XY}\cdot\overline{XY}\right)\left(\overline{ZY}\cdot\overline{ZY}\right)}}$$ Para resolver el ángulo de $\angle UFO$, necesitamos vectores $\overline{UF}$$\overline{OF}$: $$\left\lbrace\begin{aligned} \overline{UF} &= \left [ \begin{matrix} F_x - U_x \\ F_y - U_y \end{de la matriz} \right ] \\ \overline{DE} &= \left [ \begin{matrix} F_x \\ F_y \end{de la matriz} \right ] \\ \end{aligned}\right.$$ Esto significa que la solución es $$\angle UFO = \arccos\left( \frac{F_x (F_x - U_x) + F_y (F_y - U_y)}{\sqrt{\left( F_x^2 + F_y^2 \right)\left((F_x - U_x)^2 + (F_y - U_y)^2\right)}}\right)$$

He utilizado Arce para probar y ver si esta expresión se simplifica, pero no parece. Numéricamente, el uso de los valores anteriores se obtiene $\angle UFO = 75.000000°$.

Answer 4

Esta es una solución, aunque no es una solución en el espíritu de la intención.

No he averiguado cómo hacer este problema con el sintético de la geometría, pero sé que la respuesta es $75^{\circ}$. Yo lo hice con geometría analítica, suponiendo que O es el punto de $(0,0)$ y E es el punto de $(1,0)$. Escribí este pequeño script en python para realizar los cálculos:

from  math import *

a = tan(80*pi/180)    # ON: y = ax
b = tan(60*pi/180)    # OF: y = bx
c = tan(145*pi/180)   # EU: y = c(x-1)  
d = tan(140*pi/180)   # EN: y = d(x-1)
x1 = c/(c-a)          # U(x1,y1) is intersection of ON and EU
y1 = a*x1                    
x2 = d/(d-b)          # F(x2,y2) is intersection of OF and EN
y2 = b*x2
print('U:',x1,y1)
print('F:',x2,y2)
#OF = (x2,y2)             # vectors
#FU = (x2-x1,y2-y1)
dot = x2*(x2-x1)+y2*(y2-y1)     #dot product
of = sqrt(x2**2+y2**2)          # lengths
fu = sqrt((x1-x2)**2+(y1-y2)**2)
theta = acos(dot/(of*fu))*180/pi  # angle between OF and FU  
print('theta:', theta)

y se produjo la salida de

U: 0.10989699564506068 0.623256833432439
F: 0.3263518223330698 0.5652579374235681
theta: 75.00000000000004

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El guión ha sido editado para corregir el error señalado por NominalAnimal en los comentarios. Sería interesante saber si la respuesta es exactamente $75^{\circ}$ o sólo $75^{\circ}$ a un alto grado de precisión.

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Ahora que he leído de Rahul comentario sobre adventicias triángulos, yo apostaría que es exactamente $75^{\circ}.$ Un trabajado solución a un problema similar se da aquí , pero no he ido a través de él todavía.

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He encontrado un montón de referencias a este tema. No he hecho más que echar un vistazo en ellas.

La Matemática De La Gaceta Vol. 62, Nº 421 (Oct. 1978) tiene dos artículos sobre el tema: "Últimas palabras en la adventicia de los ángulos," por D. A. Quadling (editor) y "Adventicias cuadrángulos, un enfoque geométrico," por J. F. Rigby. (Ambos documentos puede ser consultado en JSTOR.)

El primer documento en que se parece a tratar sólo con el caso de la adventicia de los triángulos isósceles, que fue el primer problema que se planteó históricamente.

El segundo documento que extiende la discusión general de los triángulos. Tenga en cuenta que en la OP del problema, que realmente no necesita en el punto N. es allí sólo así podemos deducir $\angle UEF = 5^{\circ}$. Si esto se da, podemos prescindir de N, y de acuerdo con el cuadrángulo UFEO. Este es el problema Rigby considera. Este documento es un resumen de un documento más extenso, "Múltiples intersecciones de las diagonales de los polígonos regulares, y temas relacionados," también por Rigby, en Geometriae Dedicata de junio de 1980, Volumen 9, número 2, pp 207-238. Esto no parece estar disponible en línea.

Al parecer, Rigby tratado de geometría elemental de las pruebas para todas las adventicias cuadrángulo de problemas, pero no fue capaz de deshacerse de algunos casos. Este papel de reclamaciones para cerrar la brecha, pero sólo mirando los diagramas hace que me duela la cabeza.

Kevin Brown le da un trigonométricas/algebraicas enfoque en sus Páginas de Matemáticas. Aunque las soluciones no ser tan elegante como el geométrico, que se vea más interesante para mi gusto. Por ejemplo, el resultado es curioso identidades como $$ \tan(10^{\circ})= \tan(20^{\circ})\tan(30^{\circ})\tan(40^{\circ}) $$