Triangelproblem

2018-12-13, inlägg #93864 i Matteuppgiftstråden:

Uppgiften blev, vad jag kan se, aldrig löst.

Jag har kompletterat bilden med beteckningar för ”yttre” och ”inre” triangelhörn samt de vinkelvärden som enkelt faller ut: https://imgur.com/ZrNU5e2

Enligt figuren är triangeln ABC likbent eftersom ”bas”vinklarna är lika stora = 80°. Toppvinkeln vid C blir därför 20°. Härav följer att även triangeln ADC är likbent.

Uppgift: Bestäm vinkeln α = ∠DEF.

Tänker lite såhär att vinkeln "ovanför F:et" måster vara 50º:
https://imgur.com/a/q9A6IhL

Stämmer! BFD = 130°, så DFE = 50°.
Får du ut några andra vinklar?

Verkar vara en spegelbild av ett "välkänt" problem som gås igenom här (VIDEO)

(Frågan är om denna, ovan, är lösbar med denna metod, den har ej samma proportioner som den i videon.)

Abc = 80, 80, 20 = 180. Adc = 20, 140, 20 = 180. Ced = 20, 140, 20 = 180. Abf = 60, 70, 50. Bdf = 10, 40, 130 = 180. Afe = 20, 130 ,30 = 180. Def = 120, 10, 50 = 180

Abc = 80, 80, 20 = 180. Adc = 20, 140, 20 = 180. Ced = 20, 140, 20
Stämmer ej.
...
Def = 120, 10, 50 = 180
α ≠ 10°.

Hjälp på traven?
Visa att sidan EC i trangeln CED har samma längd L som sidan AB i triangeln ABC.

Det går bra att sätta L = 1 (en tvärhand) om det känns bra.

George Pólya:

Snarlikt problem! Samma lösningsmetod kan troligen användas här.

Efter djup och ingående matematisk forskning (läs: google) visar det sig att detta är ett välkänt problem och har en mängd olika lösningsmetoder. C. Knop var ev. först 1994 med en sammanställning på 9 lösningssätt. Här finns hans lösning, sidan 46. Det finns andra webb-sidor som har upp till 12 lösningsmetoder för detta problem. Sedan finns det ett flertal andra varianter av 80-80-20-problemet, med andra "startvinklar".

Quantum verkar ha varit en skrift med focus på "roliga problem". Jag vet ej om den upphörde 2001, men här är en uppsättning nummer i PDF-format

Tack!

Constantine Knop:

The problem that I’m going to discuss has appeared repeatedly in geometry problem books. Although its statement seems simple, it’s very difficult to solve. ...

Jag är intresserad av rent geometriska lösningsmetoder till tråd-problemet. Den lösning jag har knåpat ihop är tyvärr belastad av en hel del trigonometri.


Hög nivå i den tidskriften! Kul med artikelförfattare som ofta skriver med glimten i ögat. Har ett vagt minne av att en kollega har rekommenderat QUANTUM nån gång i forntiden.

Ett av bevisen som jag sett är grundat på trigonometri som slutar med 1/tan(alpha)=sqrt(3) så det kan vara så att du har gjort precis detta.

Här är en annan sida som sammanställer en hel del lösningar, bl.a. Knop. (LÄNK). Det kanske är denna trigonometrilösning du har "tangerat" (LÄNK)

Jag visste ej om denna tidskrift, men jag har laddat ner alla nummer och skall börja läsa under julen. Där kan nog finnas en del roliga saker, även om fysiken ev. går mig över huvudet.

Det slog mig när jag lekte med en passare över din ritning att man m.h.a. radien r=|AB| från A, via en "radiepunkt" på AD kan slå en cirkel till E och därifrån slå en radie r och komma till C. Något enkelt bevis för att dessa ligger på kongruenta cirklar kunde jag ej finna då, men jag tror att en av lösningarna går denna väg, så jag får väl plugga lite...

Påstående: |EC| = |AB| = L

Låt M vara mittpunkt på AB, se figur!

∆ACM: sin(10) = (L/2)/|AC| => |AC| = L / (2 sin(10))

Slopar beloppstecken i fortsättningen (AB ≙ |AB|, etc) .

EC = AC – AE = (L/2)/sin(10) – AE.

Sinussatsen

∆ABF: AF/sin(70) = AB/sin(50) => AF = L sin(70)/sin(50)

∆AFE: AE/sin(130) = AF/sin(30) => AE = AF sin(130)/sin(30) = 2AF sin(50).

Alltså, AE = (L sin(70)/sin(50)) * 2sin(50) = 2L sin(70).

EC = (L/2)/sin(10) – AE ger

EC = (L/2)/sin(10) – 2L sin(70) = L [1 – 4 sin(70)sin(10)] / [2 sin(10)].

Men 2 sin(70)sin(10) = cos(70–10) – cos(70+10) = cos(60) – cos(80), så

EC = L [1 – 2cos(60) + 2cos(80)] / [2 sin(10)]

= L [1 – 1 + 2 cos(80)] / [2 sin(10)] = L, ty cos(80) = sin(10).

∴ EC = L.

Nästa steg: Visa att trianglarna CDE och EAF är likformiga.