源自知乎提问直角三角形中求角20211120更新12#

isee

题源知乎提问

题如图中黑线所示








计算+三角+平几(不是题主想要的)，主要是抛砖引玉，摸清"数据".

以 $AD$ 为下作等边三角形 $ADG,$ 连接 $BG,$ 下面的目标就是计算出

$BG=1\iff \color{red}{\angle BAD}=60^\circ-45^\circ = 15^\circ.\\$

开始跳步，在 $\triangle ACD$ 中由余弦定理有 $AC^2=4+\sqrt 3,$ 于是直角边 $BC^2=2+\sqrt 3,$ 即 $BC=\frac {\sqrt 3+1}{\sqrt 2}.$

于是 $\tan(\alpha+\beta)=\frac {2}{\sqrt 3+1}=\sqrt 3-1,$ $\tan\beta=\frac{\frac {\sqrt 3}2}{\sqrt 3+\frac 12}=\frac {6-\sqrt 3}{11}.$

于是 $\tan\alpha=\tan\left((\alpha+\beta)-\beta\right)=\frac{\sqrt 3-1-\frac{6-\sqrt 3}{11}}{1-(\sqrt 3-1)\cdot\frac{6-\sqrt 3}{11}}=2-\sqrt 3.$

(惊不惊喜，意不意外， $\alpha=\angle BCD=15^\circ.$ )

进一步，在 $\triangle GCB$ 中，由余弦定理求出 $BG=1,$ 这表明 $\triangle GAB$ 为等腰直角三角形，从而所求角为 $15^\circ.$

kuing

耍赖同一法：
先把 `B` 隐藏，作 `DE\perp DA` 且 `DE=\sqrt3`，再作 `AH\perp CE` 于 `H`，如下图。

易知 `\angle CDE=150\du`，故由 `DC=DE` 得 `\angle DEC=15\du`，而 `\angle DEA=30\du`，故 `\angle CEA=45\du`，即 `\triangle HEA` 为等腰直角三角形，得到 `AH=AE/\sqrt2=\sqrt2`，这就说明这个 `H` 就是原题的 `B`，所以 `\angle DAB=15\du`。

isee

回复 2# kuing


你厉害，我也是被同一法逼着去算的，不是我想算，哈哈哈哈哈哈哈

乌贼

我只知道，等边$ \triangle ABC $外接圆中，若$ \angle CAE=15\du,BD=DC  $，$ ED $延长线交圆于$ F $。则\[ \dfrac{AF}{BF}=\sqrt{3} \]

isee

回复 4# 乌贼

至少表明此题（主楼）不硬算还不好入手的~

你这个变式感觉更麻烦

乌贼

回复 5# isee
不麻烦，一般情况
$ D $为圆内接$ \triangle ABC $边$ BC $上任一点，$ AE $为$ \angle ADC $的平分线，$ ED $交圆于$ F $。则$ \dfrac{AF}{BF}=\dfrac{AD}{BD} $
证明：
如图取$ FG=CE $，有\[ \edr\triangle AFG\sim \triangle ADE\\\triangle CED\sim \triangle FBD\endedr\riff \dfrac{AF}{AD}=\dfrac{FG}{DE}=\dfrac{CE}{DE}=\dfrac{BF}{BD}\riff \dfrac{AF}{BF}=\dfrac{AD}{BD} \]
回到原题，不用计算。
作直角三角形$ AEC,\angle CAE=60\du ,\angle ACE=30\du $，由上述逆定理知\[ \angle ECK=\angle FCK\riff \angle ADE=45\du  \]在$ \triangle ADE $中，由正弦定理得\[ \sin \angle AED=\dfrac{\sqrt{2}AD}{AC}=\dfrac{AB}{AC}=\sin \angle ACB \]又$ ABCE $四点共园，所以$ BDE $三点共线，故\[ \angle BAD=\angle ADE-\angle ABE=15\du  \]

乌贼

回复 6# 乌贼
直接证。
如图
作$ \triangle ADC $外接圆$ O_1 $，$ \triangle ACE $为正三角形，$ F $为$ AE $中点，$ DF $延长线交圆$ O_1 $于点$ N $，$ CF $延长线交圆$ O_1 $于点$ M $。因为\[\dfrac{CD}{AD}=\dfrac{CF}{AF}=\sqrt{3}\riff\dfrac{CD}{CF}=\dfrac{AD}{AF}\]有\[ \edr\triangle DCF\sim \triangle MNF\\\triangle DAF\sim \triangle ENF\endedr\riff \dfrac{MN}{FN}=\dfrac{CD}{CF}=\dfrac{AD}{AF}=\dfrac{EN}{FN}\riff MN=EN\riff\angle ADF=45\du \riff\sin \angle AFD=\dfrac{\sqrt{2}AD}{AC}=\dfrac{AB}{AC}=\sin \angle ACB \]又$ ABCF $四点共园，所以$ BDF $三点共线。故\[ \angle BAD=\angle ADF-\angle ABF=45\du -\angle ACF=15\du  \]

乌贼

一般情况
$ O_1 $为$ \triangle ABC $外接圆，$ D $为$ BC $上任一点，$ O_2 $为$ \triangle ABD $外接圆，$ E $为圆$ O_1 $上一点且$ \angle DAE=\angle CAE $，$ ED $延长线分别交圆$ O_1,O_1 $于点$ F,G $。则\[ \angle FBG=\angle DAE \]

isee

回复 6# 乌贼

辛苦辛苦，不过，还是复杂了一点儿

乌贼

不想计算
$ \triangle AEC,\angle CAE=2\angle ACE=60\du  $，$ \triangle ADE $外接圆分别交$ CD,CA,CE $于$ M,F,N $。\[ MF=\dfrac{CF\cdot AD}{CD}=\dfrac{CF\cdot AE}{CE}=NF\riff\angle FEN=15\du \riff\dfrac{AC}{AN}=\sqrt{2}=\dfrac{AB}{AD}\riff\triangle ABC\sim \triangle ADN\riff\angle BAD=\angle CAN=15\du  \]

乌贼

两三角形相似。结论如何用于本题

isee

乌贼

快来快来，又找到两道似乎简单，但又不好直接证明的题，源自知乎提问，且都有解了.

第一道

isee

第二道






PS：无字证明被折叠了，哈哈哈哈哈，害我找了好久了

注：此证明只是对 生机勃发的回答 的无字证明其中一种解释.

题：如图 1 所示， $AB=AC,$ $BC=2BD,$ $\angle ABC=\angle BDC.$

求证： $\angle ACD=2\angle ADC.$




图 1 圆 A 的半径为 AB


设 $\angle ABC=\angle BDC=\angle ACB=\alpha.$

半径为 $AB$ 的圆 $\odot A$ 交 $CD$ 于 $E,$ 连接 $BE,$ 则 $\angle BED=\frac 12\angle BAC=\frac 12(180^\circ-2\alpha)=90^\circ-\alpha,$ 即有 $\angle BED+\angle BDE=90^\circ.$

取 $BC$ 中点 $F,$ 则由条件可知 $\mathrm{Rt}\triangle EBD\cong \mathrm{Rt} \triangle AFC\ (ASA),$ 从而 $ED=AC=AE,$ 即有等腰三角形 $\triangle EAD,$ 进一步知， $\angle ACD=\angle AEC=2\angle ADC.$

PS：个人感觉此题的入手好窄，并不算容易

PSS：有点小遗憾，三角法暂没用搞定

isee

题（源）：在 $\triangle ABC$ 中点 $D$ 是 $BC$ 边上一点满足 $\angle ADC=70^\circ,\ AC+CD=AB,$ 若 $\angle ACB=80^\circ,$ 求 $\angle ABC.$





同一法



将 $\triangle  ADC$ 沿 $AD$ 折叠得到 $\color{blue}{\triangle ADC'},$ $AC'$ 直线交直线 $BC$ 于 $B'.$

在 $\triangle AB'C$ 中，由角的大小关系易得 $\angle AB'C=\angle B'DC'=40^\circ,$ 亦即 $B'C'=C'D=DC,$

从而 $\color{blue}{AB'}=AC'+C'B'=AC+C'D=AC+CD\color{blue}{=AB},$ 这表明点 $B'$ 与 $B$ 重合，所以 $\angle ABC=40^\circ.$



===





三角法

记 $\angle B=x,$ 则在 $\triangle  ABD$ 中由正弦定理

$$\frac {AB}{AD}=\frac {\sin 70^\circ}{\sin x},$$

在 $\triangle  ADC$ 中由正弦定理

$$\frac {AC}{\sin 70^\circ}=\frac {CD}{\sin 30^\circ}=\frac {AD}{\sin 80^\circ}\xlongequal{\text{等比性质}}\color{blue}{\frac {AC+CD}{\sin 70^\circ+\sin 30^\circ}},$$

又 $AC+CD=AB$ 从而得

$$\frac {\sin 70^\circ}{\sin x}=\frac {\sin 70^\circ+\sin 30^\circ}{\sin 80^\circ}\xlongequal[\text{ 分母倍角公式 }]{\text{ 分子和差化积 }}\frac {\cancel{2\sin 50^\circ}\cancelto{\phantom{\star}\sin 70^\circ}{\cos 20^\circ}}{\cancel{2}\sin 40^\circ\cancel{\cos 40^\circ}},$$

所以 $\angle B=x=40^\circ.$



============


最后，此题中三个角分别是 $80^\circ,\ 60^\circ,\ 40^\circ,$ 与此相关的还有一道名题：

在 $\triangle ABC$ 中， $AP$ 平分 $\angle BAC$ 交 $BC$ 于 $P$, $BQ$ 平分 $\angle ABC$ 交 $CA$ 于 $Q$. 已知 $\angle BAC=60^\circ$ 且 $AB+BP=AQ+QB$. 问 $\triangle ABC$ 各角的度数的可能值是多少？

——2001 年第 42 届 IMO 试题第 5 题.


老论坛写过，可惜本地没存在代码~

isee

题（）：在 $\triangle ABC$ 中点 $D$ 是 $BC$ 边上一点满足 $\angle ADC=70^\circ,\ AC+CD=AB,$ 若 $\angl ...
isee 发表于 2021-12-24 12:33

题(源)：如图 1，在 $\triangle ABC$ 中 $D$ 为 $BC$ 上一点满足 $AC+CD=AB,$ 若 $\angle C=80^\circ,$ $\angle DAC=70^\circ.$ 求 $\angle B.$



图 1


一眼望过去以是角度标错了位置，与楼上一题相较.

再细看，原来是顶角为 $20^\circ$ 的等腰三角形中的一个命题——如图 1，若三角形 $ABC$ 是顶角 $\angle B=20^\circ$ 的等腰三角形，若 $BD=AC$ 的充要条件为 $\angle ADC=30^\circ$ ——逆命题.

没想到平几法，先用三角法证实下以上"猜测"是正确的.

在 $\triangle ABC$ 中由正弦定理有

$$\frac {AB}{\sin 80^\circ}=\frac {AC}{\sin B},$$

在 $\triangle ACD$ 中由正弦定理有

$$\frac {AC}{\sin 30^\circ}=\frac {CD}{\sin 70^\circ}=\frac {AC+CD}{\sin 30^\circ+\sin 70^\circ}=\frac {AB}{\sin 30^\circ+\sin 70^\circ},$$

联立两式消边即有

\begin{align*} \sin B&=\frac {\sin 30^\circ\sin 80^\circ}{\sin 30^\circ+\sin 70^\circ}\\[1em] &=\frac {\sin 30^\circ\sin 80^\circ}{2\sin 50\cos 20}\\[1em] &=\frac {\sin 30^\circ\sin 80^\circ\cdot \sin 20^\circ}{\cos 40\cdot 2\cos 20 \sin 20^\circ}\\[1em] &=\frac {\sin 80^\circ\cdot \sin 20^\circ}{\sin 80^\circ}\\[1em] &=\sin 20^\circ\\[1em] \Rightarrow \ B&=20^\circ. \end{align*}

仅从条件上说，两题相映成趣.

isee

题：点 $D$ 为 $\text{Rt}\triangle ABC$ 斜边 $BC$ 上一点，满足 $AB=DC,$ $\angle BAD=60^\circ,$ 求证 $\angle C=30^\circ.$

直接证不易处理，单独发了：kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=8558

乌贼

isee 发表于 2021-12-24 12:33
题（源）：在 $\triangle ABC$ 中点 $D$ 是 $BC$ 边上一点满足 $\angle ADC=70^\circ,\ AC+CD=AB,$ 若 $\an ...

如图：
延长$ AC $至$ E $，使$ CD=CE $，$ BC $交$ \triangle ADE $外接圆于$ F $。有\[ CD=CE\riff\left\{\begin{aligned}
\angle CDE &=\angle CED=40\du  \\
AE &= AB
\end{aligned}\right. \riff\angle AEF=\angle AFE=70\du \riff AF=AE=AB\riff \angle ABC=\angle AFD=\angle AED=40\du  \]

乌贼

isee 发表于 2022-1-18 16:47
题(源)：如图 1，在 $\triangle ABC$ 中 $D$ 为 $BC$ 上一点满足 $AC+CD=AB,$ 若 $\angle C=80^\circ,$ $ ...

如图：
延长$ AC $至$ E $。有\[ \edr AE&=AB\\\angle EDA&=\angle EAD=70\du \endedr\riff ED=EA=AB \]再延长$ DC $至$ F $，使$ EF=ED $得\[ \edr EF=ED&=EA\\\angle AEF&=60\du \endedr \]即$ \triangle AEF $为正三角形，所以\[ \edr AF=AE&=AB\\\angle AFC&=20\du \endedr\riff\angle ABC=\angle AFC=20\du  \]