Yo estaba trabajando en este problema. Traté de dibujar ${AC}$, ${BD}$ como triángulo isósceles y se dividen en los casos para encontrar el ángulo que falta $??$, pero me atoré. Por favor alguien puede ayudarme o darme una pista?
Respuestas
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Mathysist K
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Aunque Robert dio una gran solución, posteo otra solución con la imagen. Dibujar una línea $\overline{DE}$ paralelo a $\overline{AB}$, hacia $\overline{BC}$. $\triangle DEC$ Se convierte entonces en un triángulo equilátero y $\square ABED$ se convierte en un paralelogramo y rombo que hace $\triangle BEC$ ser triángulo isósceles. Por lo tanto tenemos $\angle BED = 74^\circ$, $\angle DEC=60^\circ$ y $\angle BCE = 23^\circ$. Por lo tanto, tenemos $\angle DCE = 60^\circ - 23^\circ = 37^\circ$.
user299698
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Hay un punto de $E$ a lo largo de $DC$ tal que $\triangle ABE$ es equilátero (¿por qué? Ver a mi P. S.). Por lo tanto, $$\hat{ADC}=\frac{1}{2}(180^\circ-(74^\circ-60^\circ))=83^\circ\quad\text{and}\quad \hat{BCD}=\frac{1}{2}(180^\circ-(166^\circ-60^\circ))=37^\circ.$$
Tenga en cuenta que su imagen es engañosa porque el ángulo en $D$ debe ser aguda!
P. S. Vaya hacia atrás. Empezar a formar el triángulo equilátero $\triangle ABE$. A continuación, dibuje externamente el triángulo isósceles $\triangle AED$, con un ángulo en el $A$$14^\circ$, y el triángulo isósceles $\triangle BEC$, con un ángulo en el $B$$106^\circ$. Entonces $D$, $E$ y $C$ están en la misma línea porque $$\hat{AED}+\hat{AEB}+\hat{BEC}=83^\circ+60^\circ+37^\circ=180^\circ.$$
samjoe
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23
Lo único que cuenta aquí fue que $\sin(\pi - x) = \sin (x)$. Así $\sin DAC = \sin (\pi - DBC) = \sin DBC$. También $AD = AB = BC$
Entonces aplicamos la regla del seno en $DAC$ y $DBC$ triángulos.
$$\frac{\sin DCA}{ AD} = \frac{\sin DAC}{DC}$$ and $$\frac{\sin CDB}{ BC} = \frac{\sin DBC}{DC}$$
Así obtenemos el ángulo $\angle DCA = \angle CDB = 30$ (visto desde el ángulo requerido o triángulo $DOC$ donde el centro es $O$) $37 ^\circ$.
polfosol
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