三角形 ABE 中，角 CAB=42 度，角 ACB=54 度且 EC=AB，求角 E

isee

源自知乎提问






题：如图 1，三角形 ABE 中，角 CAB=42 度，角 ACB=54 度且 EC=AB，求角 E 的度数.




目前平几法有两个，均不算简洁.

图 1 AD 垂直 BE 于 D

令 $AB=EC=1$，如图 1 作 $AD$ 垂直 $BE$ 于 $D$，则在直角三角形 $ABD$ 中 $AD=\cos 6^\circ,$ 于是在直角三角形 $ACD$ 中 $CD=\cot 54^\circ\cos 6^\circ$.

从而在直角三角形 AED 中
\[\cot E=\frac {1+\cot 54^\circ\cos 6^\circ}{\cos 6^\circ}.\] 下面证明 $1+\cot 54^\circ\cos 6^\circ=\sqrt 3\cos 6^\circ$(注意恒等式sin 54度 - sin 18度 =1/2)：
\begin{gather*}1+\cot 54^\circ\cos 6^\circ=\sqrt 3\cos 6^\circ\\[1ex] \iff\sin 54^\circ+\cos 54^\circ\cos 6^\circ=\sqrt 3\sin 54^\circ\cos 6^\circ\\[1ex]  \iff\sin 54^\circ+\frac 12(\cos 60^\circ+\cos 48^\circ)=\frac {\sqrt 3}2(\sin 60^\circ+\sin 48^\circ)\\[1ex]  \iff\sin 54^\circ\color{blue}{-\frac {\sqrt 3}2\sin 48^\circ+\frac 12\cos 48^\circ}=\frac 12\\[1ex] \sin 54^\circ-\sin(48^\circ-30^\circ)=\frac 12\\[1ex]  \iff\sin 54^\circ-\sin18^\circ=\frac 12 \end{gather*} 而上式是熟知的，于是 $\cot E=\sqrt 3$ 即 $\angle E=30^\circ.$

\qed


收获三角恒等式一枚：
\[\cot 54^\circ+\sec 6^\circ=\sqrt 3.\]

乌贼

网上见过此题：$ \triangle ABC $中，$ \angle ACB=40\du  $，$ D $为$ BC $上一点，$ \angle ADC=80\du  $，$ AC=BD $。求$ \angle ABC $的度数。
      此题思路就是构造两个相等三角形
回到原题，$ \triangle CED $为等边三角形，硬构底角为$ \angle ACD $的等腰$ \triangle ACF $，只要证明$ AB=CF $即可（过程颇费周折）
    首先分别构顶角为$ 36\du ,48\du  $的等腰$ \triangle ACG,\triangle ACF  $，再构顶角为$ 72\du  $的等腰$ \triangle MAC $。有$ ACGM $四点共圆，得\[ \angle CMG=36\du  \]
延长$ AB $交$ GM $ 于$ N $，$ \angle ANM=60\du  $。由$ G,F $关于$ AB  $对称，所以$ NF $平分$ \angle ANM $外角，又$ AF $平分$ \angle NAM $，所以$ FM $平分$ \angle AMN $外角，即\[ \angle NMF=36\du  \]因此\[ \triangle AMB\cong \triangle CMF\riff AB=CF \]
所以\[ \triangle ACD\cong \triangle ACF\riff AD=AF=AC\riff\triangle ADE\cong \triangle ACE\riff \angle AEC=\angle AED=30\du  \]


我的问题是若$ \triangle ABC $三内角为整度数，则$ \angle AEB $除$ 30\du $外无整度数解吗？

乌贼

知道$ \angle AEB $为$ 30\du  $后的流氓证法。
在$ BE $ 上取一点$ D $，使$ AD=AB $，作正$ \triangle ADM $。有\[ \begin{align*}
CD&=CM\\\angle CMD&=\angle CDM=36\du
\end{align*} \]延长$ MC $至$ N $，使$ DM=DN $，有\[ \begin{align*}
\angle NCD&=\angle CDN\\ND&=NC\\MN&=DE
\end{align*} \]
得\[  \begin{align*}
\triangle CMD\sim \triangle DMN&\riff\dfrac{CM}{DM}=\dfrac{DM}{MN}\\&\riff \dfrac{CD}{AD}=\dfrac{AD}{DE}\\\riff \triangle ADC\sim \triangle EDA&\riff \angle AED=CAD=30\du
\end{align*}  \]

乌贼

想起很久见过的一种解法可用来解2楼的网上题
$ \triangle ACE $为正三角形，$ ED=EF $。有\[ \angle DFE=\angle FDE=80\du  \]\[ \angle CEF=\angle DEC+\angle FED=80\du  \]
所以\[ CF=CE=BD \]
\[ \triangle BDE\cong \triangle CFE\riff BE=EC=AC=AE \]因此\[ \angle DBE=20\du  \]\[ \angle AEB=80\du  \]\[ \angle ABE=50\du  \]\[ \angle ABC=\angle ABE-\angle DBE=30\du  \]

isee

乌贼 发表于 2022-8-23 16:42
想起很久见过的一种解法可用来解2楼的网上题
$ \triangle ACE $为正三角形，$ ED=EF $。有\[ \angle DFE=\a ...

你这么一说，我想起来两个，链接如下

简单三角形中求角
(出处: 悠闲数学娱乐论坛(第3版))


含30度的直角三角形的斜边中线的逆命题
(出处: 悠闲数学娱乐论坛(第3版))



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由第一个链接中第二种方法，此题亦可以角，只是要与 3# 一样，右边切出等腰，然后再证外心.

isee

isee 发表于 2022-8-24 23:46
你这么一说，我想起来两个，链接如下

简单三角形中求角

接楼上，即有










辅助线：
三角形 ADB 是顶角为 12 度的等腰三角形，以 AD 向右作正三角形 ADF.
再以 D 以圆心，DA 长为半径作弧交 BE 于 G，通过倒角，可知三角形 FGD 是顶角为 36 度的等腰三角形，即黄金三角形，且 EC 是底角的角分线.
从而可得 $FC^2=FG^2=GC\cdot GD=CG\cdot CE$，即亦有 CF 为圆 EGF 的切线，进一步可知 FE=FD=FA，即点 F 为三角形 AED 的外心，于是角 E=60度/2=30度.

乌贼

isee 发表于 2022-8-25 00:33
接楼上，即有

有那么复杂吗？

作正$ \triangle ABF $后再作顶角为$36\du\triangle GFC $ \[ \angle CFD=\angle CDF=36\du \riff \angle DFG=\angle DGF=72\du \riff DG=DF=EC  \]所以\[ \triangle FGD\cong \triangle FCE\riff FD=FE=FA \]即\[ \angle FED=\angle FDE=36\du  \]\[ \angle FEA=\angle FAE=6\du  \]\[ \angle AEB=30\du  \]

走走看看

乌贼老师：

您在2楼的证明中，说到“FM是∠AMN的外角平分线”。
我特意把它拿出来画了张图，我还加了个圆，还是没能证出。
请您指点一二。

走走看看

走走看看 发表于 2023-7-23 09:20
乌贼老师：

您在2楼的证明中，说到“FM是∠AMN的外角平分线”。

乌贼老师的结论是正确的，但不知如何证明。

走走看看

总算做出来了，稍感欣慰，因为我用画板画过许多辅助线。

乌贼

走走看看 发表于 2023-7-23 09:20
乌贼老师：

您在2楼的证明中，说到“FM是∠AMN的外角平分线”。

依题意有\[ \angle CAB=48\du  \]构造顶角$ \angle AMC=72\du  $的等腰$ \triangle AMC $，有\[ \angle CAM=54\du  \]因此\[ \angle MAB=12\du  \]再构造顶角$ \angle CAF=48\du  $的等腰$ \triangle CAF $，所以\[ \angle BAF=6\du  \]故有$ AF $平分$ \angle BAM $（注意是构造出来的）
同理易证明\[ \angle ANF=120\du  \]\[ \angle ANM=60\du  \]也有$ NM $平行$ \angle ANM $外角。也就有$ FM $平分$ NMA $外角

走走看看

乌贼 发表于 2023-7-23 21:07
依题意有\[ \angle CAB=48\du  \]构造顶角$ \angle AMC=72\du  $的等腰$ \triangle AMC $，有\[ \angle C ...

您是说，不用我的那种证明就可以得出FM平分∠NMA的外角吗？

走走看看

乌贼 发表于 2023-7-23 21:07
依题意有\[ \angle CAB=48\du  \]构造顶角$ \angle AMC=72\du  $的等腰$ \triangle AMC $，有\[ \angle C ...

请问乌贼老师：您如何由FN平分∠ANM的外角，推出FM平分∠NMA的外角？

乌贼

走走看看 发表于 2023-7-23 22:30
请问乌贼老师：您如何由FN平分∠ANM的外角，推出FM平分∠NMA的外角？

看看12楼，依据是三角形两外角平分线及另一内角平分线交于一点（我也不知道定理名称，你问KK或isee）

走走看看

乌贼 发表于 2023-7-23 23:09
看看12楼，依据是三角形两外角平分线及另一内角平分线交于一点（我也不知道定理名称，你问KK或isee） ...

谢谢乌贼老师！

乌贼

走走看看 发表于 2023-7-23 22:30
请问乌贼老师：您如何由FN平分∠ANM的外角，推出FM平分∠NMA的外角？

kuai.so.com/f4c9c5fa010b5238142fc55f496cf3ad/wenda/Selectedabstr ... m?src=wenda_abstract
$ F $是$ \triangle AMN $之$ MN $边对应的旁心（每个三角形都有三个旁心）