¿Hay una solución geométrica más simple?

Question

En el diagrama de abajo, $ABC$ es un triángulo. Dado que $\overline{AD}=\overline{BC}$, $\angle ABC=120^{\circ}$, $\angle BDA=3\phi$, e $\angle BCA=2\phi$, determinar la medida de $\phi$.

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Construir el triángulo equilátero $BQC$ y el paralelogramo $ABPD$. Ángulo persiguiendo a da $\angle DBC = \phi$, $\angle DAB\cong PBQ \cong BPD=60^{\circ}-2\phi$, $\angle BDP = 120^{\circ}-\phi$. $\triangle BPQ$ es isósceles, por lo $\angle BQP\cong\angle BPQ=60^{\circ}+\phi$. De ello se desprende que $BQPD$ es cíclico. De ello se desprende que $\angle BPD=60^{\circ}-2\phi$, lo $\angle BQD=60^{\circ}-2\phi$. De ello se desprende que $\triangle BQD$ es isósceles, y así es $\triangle DQC$. De ello se desprende que $\angle DBQ\cong\angle QDB = 60^{\circ}+\phi$. De ello se deduce que los ángulos del triángulo $DQC$ es $60^{\circ}+2\phi+60^{\circ}+2\phi+2\phi$. Por lo tanto $\phi=10^{\circ}$.

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Se siente como si no debe ser una simple solución geométrica. Usted puede venir para arriba con uno?

Answer 1

[Me gusta tu sintético solución. Uno siempre podría fuerza bruta con trigo.]

De la regla del seno en ABD, $ \frac{ BA} { \sin 3 \phi} = \frac{AD}{ \sin (120^\circ - \phi)}$

De la regla del seno en BAC, $\frac{BA}{ \sin 2 \phi} = \frac{BC} { \sin (60 ^ \circ - 2 \phi)}$

Por lo tanto, $\frac{ \sin 3 \phi} { \sin (120^\circ - \phi) } = \frac{BA}{AD} = \frac{BA}{BC} = \frac { \sin 2 \phi} { \sin ( 60 ^ \circ - 2 \phi )} $

La expansión de este y resolviendo $\phi$, teniendo en cuenta que $\phi < 30 ^ \circ $ a partir de consideraciones geométricas, nos da $\phi = 10 ^ \circ$.

Answer 2

La construcción de un punto de $D'$ dentro $\triangle ADB$, de tal manera que $\triangle DCB\cong \triangle D'AD$, lo cual es posible desde $\vert AD\vert=\vert CB\vert$. Ahora reflejan $D'$ a lo largo de $AD$ a fin de obtener la $D''$ que, de nuevo, conduce a $\triangle ADD''\cong \triangle ADD'\cong\triangle DCB$.

Observe ahora que $$\triangle D''DD'\cong \triangle D'DB\implies \color{green}{2\cdot \vert D'E\vert=\vert D'B\vert}\tag{1}$$ Angle chasing in $\triángulo ACB$ shows $$\angle CAB=60°-2\phi\implies \angle D'AB=60°-2\phi-\angle DAD'=60°-4\phi\tag{2}$$ Por lo tanto $\angle D''AB=60°$. Además, el ángulo de perseguir confirma que $$\angle DBC=\angle BDA-\angle BCD=\phi\qquad \angle D'BD=\frac{180°-\angle BDD'}{2}=\frac{180°-2\phi}2=90-\phi$$ Putting this together yields $$\angle ABD'=120°-\angle D'BD-\angle DBC=30°$$ If we extend $BD'$ to intersect $AD"$ at $F$, we notice that $\triángulo AFB$ is a $30°-60°-90°$ triángulo.

Deje $G$ ser el punto en $AB$ tal que $\angle D'GB=90°$. Ahora, $\triangle BGD'\sim \triangle AFB$. Por lo tanto $$\color{green}{2\cdot \vert GD'\vert=\vert D'B\vert\stackrel{(1)}{=}2\cdot\vert D'E\vert\implies \vert GD'\vert=\vert D'E\vert}$$ And we are almost done, since this implies that $AD'$ bisects $\ángulo DAB$. Therefore, and finally $$2\phi=\angle DAD'=D'AB\stackrel{(2)}{=}60°-4\phi\iff 2\phi=60°-4\phi\iff\fbox{$\ \phi=10°\ $}$$

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Nota al margen $\ $ no sé si esta solución es más simple que el que te han ofrecido. Lo que sí sé, es que esta prueba es casi elemental después de que uno haya introducido todos los puntos que yo uso y ha realizado ángulo persiguiendo...