En triángulo $\Delta ABC$ deje $D$ sea el punto medio de $BC$ . Si el ángulo $\angle ADB=45^{\circ}$ y ángulo $\angle ACD=30^{\circ}$ entonces encuentra el ángulo $\angle BAD$ .
AHORA este es un caso especial necesitamos una construcción.
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hetajr
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Denotemos $\angle BAD$ como $\alpha$ . Tenemos que $\angle ADB=180-(45+\alpha)$ . Si $\angle ADB=45$ y $\angle ACD=30$ entonces $\angle ADC=180-45$ y $\angle CDA=180-30-(180-45)=15$ . Ahora, a partir del teorema del seno:
$$ \frac{|CD|}{\sin(15)}=\frac{|AC|}{\sin(180-45)}$$ $$ \frac{|AC|}{\sin(180-(45+\alpha))}=\frac{|BD|}{\sin(\alpha)}=\frac{|CD|}{\sin(\alpha)}$$
Del primero, tenemos eso:
$$ |AC|=\frac{\sin(180-45)}{\sin(15)}|CD|$$
Introduciendo esto en el segundo nos da:
$$ \frac{\sin(180-45)}{\sin(15)}|CD|\frac{1}{\sin(180-(45+\alpha))}=\frac{|CD|}{\sin(\alpha)} $$ $$ \frac{\sin(15)\sin(180-45)}{\sin(180-(45+\alpha))}=\frac{1}{\sin(\alpha)} $$ $$ \sin(\alpha)=\frac{\sin(180-(45+\alpha))}{\sin(15)\sin(180-45)}=\frac{\sin(45+\alpha)}{\sin(15)\sin(180-45)} $$
¿Puedes seguir desde aquí?
Futurologist
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1950
Se puede utilizar una construcción si no se quiere utilizar la trigonometría, sino sólo métodos muy sencillos pero complicados.
Que el punto $B'$ sea tal que el triángulo $AB'C$ es equilátero y $B$ y $B'$ se encuentran en el mismo lado de la línea $AC.$ Que el punto $C'$ sea tal que la línea $AC'$ es ortogonal a $B'C$ y $AC' = AC = AB' = B'C$ . Por construcción, $AC'$ es la bisectriz ortogonal de $B'C$ así que $$B'C' = CC'\,\,\, \text{ and } \,\,\, \angle \, CAC' = B'AC' = 30^{\circ}$$ Por lo tanto, los triángulos $CAC'$ y $B'AC'$ son triángulos isósceles congruentes con $30^{\circ}$ ángulo interno en el vértice $A$ (porque $AC'$ es la bisectriz del ángulo del triángulo equlátero $AB'C$ ).
Ahora, por suposición, $\angle \, DAC = \angle \, ADB - \angle \, ACD = 45^{\circ} - 30^{\circ} = 15^{\circ}$ . Por lo tanto, la línea $AD$ es la bisectriz del ángulo en el triángulo isósceles $CAC'$ a través del vértice $A$ y así $AD$ es también bisectriz ortogonal de $CC'$ lo que significa que $DC = DC'$ . Una búsqueda directa de ángulos muestra que $\angle \, CDC' = 90^{\circ}$ . Sin embargo, por supuesto, $BD = DC = DC'$ así que $$BC ' = CC' = B'C' \,\,\, \text{ and } \,\,\, \angle \, BC'C = 90^{\circ}$$ Por lo tanto, triángulo $BB'C'$ es isósceles y tras una búsqueda directa de ángulos, se ve que $\angle \, BC'B' = 60^{\circ}$ . Así $BB'C'$ es un triángulo equilátero. Esto significa que los triángulos $ABC'$ y $ABB'$ son congruentes, porque $BB' = BC'$ segmento $AB$ es común y $AB'=AC'$ por construcción. Por lo tanto, $$\angle \, BAB' = \angle \, BAC' = \frac{1}{2} \, \angle \, B'AC' = \frac{1}{2} \, 30^{\circ} = 15^{\circ}$$ Podemos concluir que $$\angle \, BAD = \angle \, B'AC - \big(\angle \, BAB' + \angle DAC \big) = 60^{\circ} - (15^{\circ} + 15^{\circ}) = 30^{\circ}$$
Caída perpendicular desde $A$ sobre ampliado $BC$ que se cruzan en $E$ para formar un triángulo rectángulo $\triangle AEC$ .
Sea $AC = b$
Entonces por trigonometría básica obtenemos:
$EA=\frac{b}{2}$
$DC=EC-ED=\frac{\sqrt{3}-1}{2}b$
$EB=EC-BC=\frac{2-\sqrt{3}}{2}b$
$\angle EAB=\tan^{-1}\frac{EB}{EA}=\frac{\pi}{12}$
Por lo tanto,
$$\angle BAD=\angle EAD-\angle EAB=\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{12}=\frac{\pi}{6}$$
