$P$ es un punto en $\triangle ABC$ con $\angle PBC=\angle PCB=24^\circ$ , $\angle ABP=30^\circ$ , $\angle ACP=54^\circ$ . ¿Qué es el $\angle BAP$ ?

Question

Sea $P$ sea un punto dentro de un triángulo $\triangle ABC$ con $\angle PBC=\angle PCB=24^\circ$ , $\angle ABP=30^\circ$ y $\angle ACP=54^\circ$ . ¿Qué es el $\angle BAP$ ?

Puedo calcular $\angle BAP=18^\circ$ asumiendo $BC=1$ y calcular todas las longitudes que intervienen en la imagen mediante la fórmula de los senos y los cosenos.

Pero como la respuesta es un número entero $18^\circ$ Creo que debe haber una forma más elemental (es decir, sin usar senos/cosenos o invloving números irracionales) para obtener las respuestas.

Cualquier sugerencia será bienvenida. Gracias de antemano.

Answer 1

1. Sea $Q$ en $AB$ tal que $PQ \cong PB \cong PC$ .
2. Persiguiendo ángulos, $\measuredangle QPC = 108^\circ$ . Por lo tanto, podemos construir el pentágono regular $PQRSC$ que se muestra arriba, donde, en particular, $AC\perp QR$ .
3. $\triangle AQR$ es isósceles, y si se persigue el ángulo se obtiene $\measuredangle AQR = 42^\circ$ .
4. Ahora $A'$ en $CA$ (en el mismo lado que $A$ con respecto a $PS$ ) tal que $\triangle PA'S$ es equilátero. Demostraremos que $A' \equiv A$ . De hecho, tenemos que $\triangle A'QS$ es isoceles, y el ángulo de persecución da $\measuredangle A'SQ = 24^\circ$ . Por lo tanto $\measuredangle A'QS = 78^\circ$ , $\measuredangle A'QR = 42^\circ$ y por 3. tenemos nuestra conclusión.
5. Así que $\measuredangle PAS = 60^\circ$ es decir $\measuredangle PAC = 30^\circ$ de ahí el resultado $\measuredangle BAP = 18^\circ$ .

Answer 2

Dibujemos un pentágono regular BCDEF con centro O. Sea P un punto tal que $\angle PBC=\angle PCB=24$ °, I es el punto tal que $\angle ICD=\angle IDC=24$ °, A $_1$ es un punto tal que $\angle A_1DE=\angle A_1ED=24$ °. Triángulos PIC y A $_1$ ID son regulares e iguales. Entonces triángulo $A_1IC$ es isósceles con $\angle A_1IC=360$ ° $-60$ ° $-132$ ° $=168$ °, entonces $\angle ICA_1=6$ °, $\angle PCA_1=54$ °.

A $_1$ O y B se encuentran en la bisectriz perpendicular de la arista DE, entonces $\angle A_1BP=\angle OBP=30$ °. Entonces A $_1$ es el mismo punto que A del enunciado del problema. Entonces $\angle BAP=\angle OA_1P=18$ °

Answer 3

Aquí hay una gran fiesta, así que me uniré. El punto $\Omega$ abajo también aparece en muchas otras soluciones, pero de alguna manera me perdí un argumento rápido.

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Construir en $BP$ y $CP$ dos triángulos equiláteros $\Delta BPQ$ y $\Delta CPT$ como en la imagen. Las mediatrices de $PQ$ (que también pasa por $A,B$ ) y de $PT$ se cruzan en un punto, llámalo $\color{blue}\Omega$ que también se encuentra en la mediatriz de $BC$ . Obtenemos ahora por simetrías $\color{blue}\Omega Q=\color{blue}\Omega P=\color{blue}\Omega T$ y $\Delta \color{blue}\Omega BC$ isósceles, así que conocemos los ángulos: $$ \widehat{Q\color{blue}\Omega P}= \widehat{P\color{blue}\Omega T}=72^\circ\ . $$

Esto significa que podemos extender la línea quebrada $TPQ$ a un pentágono regular $TPQRS$ con centro de simetría en $\color{blue}\Omega$ como en la imagen. El ángulo marcado en $T$ en el isósceles $\Delta TSC$ est $60^\circ+108^\circ$ , así que $\widehat {TCS}=6^\circ$ , dando $\widehat {SCP}=60^\circ-6^\circ=54^\circ=\widehat {ACP}$ . El punto $S$ es así $S=B\color{blue}\Omega A \cap CA=A$ . Por fin: $$ x=\widehat{BSP}=\widehat{\color{blue}\Omega SP}= \frac 12\widehat{QSP}=\frac 12\cdot 36^\circ=\bbox[yellow]{\ 18^\circ \ }\ . $$

Answer 4

Estoy en 9º curso en Vietnam, así que mi inglés no será muy bueno. Disculpen las molestias.

Mi solución:

Sea $\angle BEP =E_1,\angle PEH = E_2,\angle AEH = E_3,\angle FEA = E_4 $

Dibujaré $$AG\bot BC \text{ , }PD\bot BC \text{,}AF\bot AG,FD\cap AB={E},EH\text{ bisector }\angle PEA$$ así que tendré $$FD||AG\to\angle BED=\angle BAG\text{ (Corresponding pair)}$$ Podemos calcularlo fácilmente: $$\angle BED\text{ in }\triangle BED,\measuredangle BED=180^o-\angle EDB-(\measuredangle EBP+\measuredangle PBD)=180^o-90^o(30^o+24^o)=36^o(1)$$ Pero lo hemos hecho: $ \angle BED=\angle BAG $ (Probado anteriormente) $\Rightarrow \measuredangle BAG =36^o$ y $EH$ bisectriz $\angle PEA\to \angle PEH = \angle AEH$ pero también tenemos $$\angle BEP = \angle FEA = 36^o(\text{opposite angles})\Rightarrow \angle BEP+\angle PEA = 180^o \text{and}\angle FEA + \angle AEP =180^o(\text{both are complementary angle})$$ $$\to36^o + \angle PEA=180^o \text{and }36^o+\angle AEP = 180^o$$ o $E_2+E_3=144^o \text{ we also have EH bisector }\angle PEA\to E_2=E_3=72^o$ Por otra parte $EP||AI \text{ because }FD||AG\to\angle PEI =\angle EIA(\text{Alternate interior})\to\angle AEH = \angle AIH = 72^o\to \triangle AEI \text{ is a Isosceles triangle}$

Dibujar $AJ\bot EI\to AJ \text{ is also bisector }\angle EAI\to \angle EAJ = \frac{1}{2}\angle EAI =\frac{1}{2}\angle BAG=18^o $ $$\Rightarrow EAP = 18^o$$

Answer 5

Podemos dividir convenientemente $\angle BAC$ como $\angle BAP=18^\circ+\alpha$ y $\angle CAP=30^\circ-\alpha$ donde $-18^\circ<\alpha<30^\circ$ . Comparación de los triángulos $BAP$ y $CAP$ observamos que $AP$ es común y $|BP|=|CP|$ (ya que $\triangle BPC$ es isósceles). Por lo tanto, aplicando la regla del seno de forma similar a cada triángulo se obtiene $\sin30^\circ\sin(30^\circ-\alpha)=\sin54^\circ\sin(18^\circ+\alpha)$ que puede escribirse $$\cos60^\circ\cos(60^\circ+\alpha)=\cos36^\circ\cos(72^\circ-\alpha).\qquad\qquad(1)$$ Es bien sabido que $\cos36^\circ=\frac14(\surd5+1)$ y $\cos72^\circ=\frac14(\surd5-1)$ . (Se adjunta una prueba.) Por lo tanto $\cos36^\circ\cos72^\circ=\frac14=\cos^260^\circ$ y, por lo tanto $$\alpha=0$$ es una solución de la ecuación $1$ . Además, el lado izquierdo de la ecuación $1$ disminuye mientras que el lado derecho aumenta en el intervalo dado para $\alpha$ . Por lo tanto, la solución $\alpha=0$ es única.

Anexo $\quad$ Una propiedad del coseno es que $$\cos(3\times72^\circ)=-\cos36^\circ=\cos(2\times72^\circ).$$ De las identidades $\cos2\theta=2\cos^2\theta-1$ y $\cos3\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta$ se deduce que $x=\cos72^\circ$ es una solución de la cúbica $4x^3-3x=2x^2-1$ o $$(x-1)(4x^2+2x-1)=0.$$ Desde $0<\cos72^\circ<1$ el factor lineal puede ignorarse, y el valor requerido es la raíz positiva de la cuadrática: $\cos72^\circ=\frac14(\surd5-1)$ . El valor $\cos36^\circ=\frac14(\surd5+1)$ se deduce de las propiedades mencionadas inicialmente.