一道几何求解角度的问题

匠心

如图，AB=BC，∠ABC=90°，CD=DE，∠CDE=30°，EF=AF，∠EFA=60°，则有：∠FBD=？，∠BDF=？，∠BFD=？

kuing

如图，作顶角为 `30\du` 的等腰 `\triangle BCG`，作正 `\triangle ABH`。

则 `HF` 为 `BE` 绕 `A` 逆时针旋转 `60\du` 而得；

记 `k=CG:CB`，则 `GD` 为 `BE` 绕 `C` 顺时针旋转 `75\du` 并放大至 `k` 倍而得。

因此 `\vv{HF}` 顺时针旋转 `135\du` 再乘以 `k` 就等于 `\vv{GD}`，而 `\vv{BH}` 与 `\vv{BG}` 的关系同样如此，所以 `\triangle BHF\sim\triangle BGD`，进而 `\triangle BFD\sim\triangle BHG`，不难知道后者的三个内角为 `135\du`, `15\du`, `30\du`。

乌贼

如图：
$ \triangle ACG $ 和$ \triangle ABH $均为正三角形，易证\[ \triangle BEC\cong \triangle HFG \]\[ \triangle HGB\sim \triangle DEC \]有\[ \dfrac{EC}{CD}=\dfrac{BG}{HG}\riff \dfrac{BG}{GF}=\dfrac{BC}{CB} \]\[ \angle FGB=\angle DCB\riff \angle GBC=\angle FBD \]即有\[ \triangle FBD\sim \triangle GBC\] 所以\[\angle BFD=\angle BGC=30\du  \]\[ \angle BDF=\angle BCG=15\du  \]\[ \angle FBD=\angle GBC=135\du  \]

乌贼

题目可改为：
   $ \triangle ABC $，任意两边向外分别作顶角各为$ 30\du  $和$ 60\du  $的等腰三角形，第三边则向内作顶角为$ 90\du  $的等腰三角形。求由这三个顶点组成的三角形的各内角值。

TSC999

用复斜率解析几何编程解答如下：

程序代码：

1. Clear["Global`*"];(*令B为坐标原点，a=-1; c=-\[ImaginaryI]; BF的复斜率为u^2;BF的长度为L; 由\[Angle]EFA=60\[Degree]可求得E点坐标，再由CD=DE和\[Angle]CDE=30\[Degree]可求得D点坐标*)
2. \!\(\*OverscriptBox[\(b\), \(_\)]\) = b = 0; \!\(\*OverscriptBox[\(a\), \(_\)]\) = a = -1; c = -I; \!\(\*OverscriptBox[\(c\), \(_\)]\) = I;
3. k[a_, b_] := (a - b)/(\!\(\*OverscriptBox[\(a\), \(_\)]\) - \!\(\*OverscriptBox[\(b\), \(_\)]\)); (*复斜率定义*)
4. W1 = {f, \!\(\*OverscriptBox[\(f\), \(_\)]\)} /. Simplify@Solve[{(b - f) (\!\(\*OverscriptBox[\(b\), \(_\)]\) - \!\(\*OverscriptBox[\(f\), \(_\)]\)) == L^2, k[b, f] == u^2}, {f, \!\(\*OverscriptBox[\(f\), \(_\)]\)}] // Flatten;
5. f = Part[W1, 3]; \!\(\*OverscriptBox[\(f\), \(_\)]\) = Part[W1, 4];
6. W2 = {e, \!\(\*OverscriptBox[\(e\), \(_\)]\)} /. Simplify@Solve[{(f - e) (\!\(\*OverscriptBox[\(f\), \(_\)]\) - \!\(\*OverscriptBox[\(e\), \(_\)]\)) == (a - f) (\!\(\*OverscriptBox[\(a\), \(_\)]\) - \!\(\*OverscriptBox[\(f\), \(_\)]\)), k[f, e] == k[a, f] E^(2 I (60/180 \[Pi]))}, {e, \!\(\*OverscriptBox[\(e\), \(_\)]\)}] // Flatten;
7. e = Part[W2, 1]; \!\(\*OverscriptBox[\(e\), \(_\)]\) = Part[W2, 2];
8. (*CE的中点坐标：*)mCE = (c + e)/2; \!\(\*OverscriptBox[\(mCE\), \(_\)]\) = (\!\(\*OverscriptBox[\(c\), \(_\)]\) + \!\(\*OverscriptBox[\(e\), \(_\)]\))/2;
9. (*过A1点、复斜率等于k1的直线，与过A2点、复斜率等于k2的直线的交点：*)
10. Jd[k1_, a1_, k2_, a2_] := -((k2 (a1 - k1 \!\(\*OverscriptBox[\(a1\), \(_\)]\)) - k1 (a2 - k2 \!\(\*OverscriptBox[\(a2\), \(_\)]\)))/(k1 - k2));\!\(\*OverscriptBox[\(Jd\), \(_\)]\)[k1_, a1_, k2_, a2_] := -((a1 - k1 \!\(\*OverscriptBox[\(a1\), \(_\)]\) - (a2 - k2 \!\(\*OverscriptBox[\(a2\), \(_\)]\)))/(k1 - k2));
11. d = Simplify@Jd[-k[c, e], mCE, k[c, e] E^(-2 I (75/180 \[Pi])), c] ;
12. \!\(\*OverscriptBox[\(d\), \(_\)]\) = Simplify@\!\(\*OverscriptBox[\(Jd\), \(_\)]\)[-k[c, e], mCE, k[c, e] E^(-2 I (75/180 \[Pi])), c] ;
13. \[Angle][a_, b_, c_] := ArcTan[(I (\!\(\*OverscriptBox[\(a\), \(_\)]\) (c - b) + \!\(\*OverscriptBox[\(b\), \(_\)]\) (a - c) + \!\(\*OverscriptBox[\(c\), \(_\)]\) (b - a)))/(\!\(\*OverscriptBox[\(a\), \(_\)]\) (b - c) + \!\(\*OverscriptBox[\(b\), \(_\)]\) (a - 2 b + c) + \!\(\*OverscriptBox[\(c\), \(_\)]\) (b - a))];(*从AB边逆时针转到BC边的有向角\[Angle]ABC的角度值:*)
14. Print["\[Angle]FBD = ", FullSimplify[\[Pi] - \[Angle][f, b, d]]];
15. Print["\[Angle]BFD = ", FullSimplify[\[Angle][b, f, d]]];
16. Print["\[Angle]BDF = ", FullSimplify[\[Angle][f, d, b]]];

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乌贼

乌贼 发表于 2023-12-4 00:10
如图：
$ \triangle ACG $ 和$ \triangle ABH $均为正三角形，易证\[ \triangle BEC\cong \triangle HFG \] ...

再简化：
$ \triangle ABG $为正三角形，先证$ \triangle BGF\sim \triangle BCD $，再证$ \triangle BGC\sim \triangle BFD $即可