si $AB=AC=EF,AE=BE,\angle BAC=120^{\circ}$, a continuación, encontrar $\angle ABE$

Question

Si $$AB=AC=EF, AE=BE, \angle BAC=120^{\circ}, \angle ADB=\angle BEF=90^{\circ}$$ encontrar $\angle ABE$

Siguiente es un método:

Deje $\angle ABE=a, \angle AFE=\angle DBE=30^{\circ}-a, \angle EAF=60^{\circ}-a$. Uso sine thereom, tenemos $$\dfrac{\sin{a}}{\sin{(180^{\circ}-2a)}}=\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AE}{EF}=\dfrac{\sin{(30^{\circ}-a)}}{\sin{(60^{\circ}-a)}}$$ $$\Longrightarrow 2\cos{a}\sin{(30^{\circ}-a)}=\sin{(60^{\circ}-a)}$$ $$\Longrightarrow \dfrac{1}{2}+\sin{(30^{\circ}-2a)}=\sin{(60^{\circ}-a)}$$ $$\Longrightarrow 2\cos^2{(a+30^{\circ})}-\cos{(a+30^{\circ})}-\dfrac{1}{2}=0$$ $$\Longrightarrow \cos{(a+30^{\circ})}=\dfrac{\sqrt{5}+1}{4}=\cos{36^{\circ}}$$ así tenemos $$a=6^{\circ}$$

Pregunta: Puede encontrar la geometría de los métodos u otros métodos simples?

Answer 1

Utiliza el símbolo de $\theta = \angle ABE$ como se trata de una variable. De acuerdo con el OP del valor de $\theta = 6^0$ $ \alpha = 30^0$ obtiene de la siguiente manera.

$ BEDF$ es un cuadrilátero cíclico con $BF$ diámetro. La construcción de la circum(semi-)círculo se sugiere encontrado útil.Croquis a mano (Pintura) no está a escala.Los ejes están inclinadas en el gráfico como se muestra manteniendo $EF$ horizontal.Triángulo $ABE$ es isósceles, los dos importantes ángulos iguales a las que en las semi-segmento circular.

Un general de derivación para relacionar $ \alpha= \pi/6$ (en este caso) para encontrar/se refieren a $ \theta $ se da :

Las coordenadas de la E: $ (L \tan \theta , L )\tag{1} $

Ecuación de EG por Polar de la forma Normal para una línea recta :

$$ x \cos (\pi/2- \theta) + y \sin (\pi/2- \theta) = L\sec \theta $$

$$ x \sin \theta + y \cos \theta = L\sec \theta \tag{2}$$

La solución de (1),(2) por la Regla de Cramer dos incógnitas para obtener las coordenadas de $F$.

$$x_F= N_x/\Delta = L(\sec \theta - 2 \cos \theta)/\Delta,\,\, y_F= N_y/\Delta = L(- 2 \sin \theta- \tan \alpha \sec \theta )/\Delta;\,\tag{3} $$

donde

$$\Delta = (\sec \theta - \tan \alpha \cos \theta) $$

$$ EF^2 = (x_F- L \tan \theta )^2 + ( y_F- L)^2 = 4 L^2 \tag{4} $$

$$ (N_x/\Delta-\tan \theta))^2 +(N_y /\Delta-1 )^2 = 4 \tag{**5**} $$

cual es la relación implícita en $\alpha,\theta $. La solución numérica se obtiene que podría ser aplicado para una gama de problemas similares. Para comprobar su uso de esta manera, la solución de los pares que han integral grado combinaciones:

$$ (\alpha, \theta)=( \approx 26.56505,0^0), (30^0,6^0), (36^0,18^0), (40^0,70^0),(45^0,60^0+ 4 \pi)... \tag{6} $$

Tenía curiosidad acerca de tales $ (\pi/n, \pi/m ) $ combinaciones posibles.Por ahora, sólo por encima de tres pares se encuentran en todos los posibles con valores enteros en grados.La parcela tiene dos curvas, todas las combinaciones se encuentran en el brazo vertical. Geométrica significado de los más horizontal de la curva aún no está claro. Sin embargo, está fuera del alcance de la pregunta el OP pregunta, hice el intento de una generalización.

EDIT1:

Hay que reconocer que más directa/de forma más simple siguientes OP procedimiento nos lleva a :

$$ 2 \cos \theta \sin (\alpha - \theta) - \sin ( 2 \alpha - \theta) =0 $$

Una solución en cuarto orden de la ecuación trigonométrica $ \theta = f( \alpha) $ puede ser posible en forma cerrada. Otra cosa puede ser a la izquierda en la forma implícita para numérica de la iteración. Su Contorno gráfico también está incluido. La cuestión de por qué aparecen diferentes (cruzar o no cruzar) aún necesita atención.

Answer 2

Cuando E es punto medio de $AB(sinα＝0)$, cumple con las condiciones. También se $α=-66°$ es la solución. Finalmente, $$α=0, -66°,36°$$