Trójkąt równoramienny - szukanie kąta

[Mendzik]

Dzień dobry,

mam do rozwiązania zadanie o następującej treści:
Dany jest trójkąt równoramienny \(\displaystyle{ ABC}\), w którym ramiona wychodzące z wierzchołka \(\displaystyle{ C}\) mają tę samą długość. Punkt \(\displaystyle{ D}\) leży na odcinku \(\displaystyle{ AC}\) w odległości \(\displaystyle{ |AB|}\) od wierzchołka \(\displaystyle{ A}\). Punkt \(\displaystyle{ E}\) leży na odcinku \(\displaystyle{ BC}\) w odległości \(\displaystyle{ |AB|}\) od punktu \(\displaystyle{ C}\). Miara kąta \(\displaystyle{ ACB}\) jest dwukrotnie większa od miary kąta \(\displaystyle{ AED}\). Wyznaczyć miarę kąta \(\displaystyle{ AED}\).
Niestety nie przychodzą mi do głowy żadne zależności, które można by tu wykorzystać. Liczę, że któremuś z Was uda się wpaść na jakikolwiek pomysł. Jeśli tak, to bardzo proszę o podpowiedź.

Pozdrawiam serdecznie.

[piasek101]

Masz odpowiedź do tego ? Bo coś mam ale trochę pokręcone, nie wiem czy opisywać. Podejrzewam też, że przekombinowałem a jest coś łatwiejszego.

[Mendzik]

Nie mam odpowiedzi, niestety. Proszę o podpowiedź, nawet pokręconą. Może mnie chociaż naprowadzi na coś mniej pokręconego

[piasek101]

No i nic z tego (na razie) bo miałem konflikt oznaczeń - więc nie ma co pisać.

Czepiłem się tego tak, że poprowadziłem równoległy odcinek do \(\displaystyle{ AB}\) przez \(\displaystyle{ E}\).
Z podobieństwa + sinus szukanego kąta (z połowy wyjściowego trójkąta) + tw. cosinusów w innych (tak aby wszystko uzależnić od \(\displaystyle{ |AB|}\) i \(\displaystyle{ |BE|}\) i szukanego kąta.

Jak nikt nie zrobi to popatrzę jeszcze na to wieczorem. Sorki za zamieszanie.

[Mendzik]

Też zaczęłam coś działać z tw. cosinusów, zobaczymy co z tego wyniknie. Niemniej, dzięki za pomoc i jakbyś coś miał to chętnie poczytam sugestie.

[JHN]

Walczyłem kiedyś z tym zadaniem, formalnie nie rozwiązałem, ale zapisany związek trygonometryczny spełniał, bodajże, kąt \(\displaystyle{ 10^\circ}\)

Pozdrawiam

[Mendzik]

Dziękuję; przynajmniej mam z czym sprawdzić.

[janusz47]

Zapisujemy trzykrotnie wzór kosinusów (Carnota):

\(\displaystyle{ u^2 = x^2 +y^2 -2xy\cos(2\alpha) \ \ (1) }\)

\(\displaystyle{ v^2 = x^2 +y^2 -2xy\cos(90^{o} - \alpha) \ \ (2) }\)

\(\displaystyle{ x^2 = u^2 +v^2 -2uv \cos(\alpha)\ \ (3) }\)

i wzór na sinus miary kąta przy wierzchołku \(\displaystyle{ C }\) trójkąta:

\(\displaystyle{ \sin(\alpha) = \frac{x}{2(x+y)} \ \ (4) }\)

Podstawiamy \(\displaystyle{ (1), (2) }\) do \(\displaystyle{ (3) }\)

Z równania \(\displaystyle{ (4) }\) wyznaczamy \(\displaystyle{ y(x) }\) i podstawiamy do równania \(\displaystyle{ (3). }\)

[Mendzik]

Przy Twoich oznaczeniach przy wierzchołku \(\displaystyle{ C}\) byłby chyba kąt \(\displaystyle{ 2\alpha}\) a nie \(\displaystyle{ \alpha}\)? Poza tym, nie bardzo mogę zrozumieć, co oznacza wyznaczenie \(\displaystyle{ y(x)}\). Chodzi o niewiadomą \(\displaystyle{ y}\)?

[janusz47]

Prowadzimy wysokość \(\displaystyle{ h_{c} }\) z wierzchołka \(\displaystyle{ C }\) na bok \(\displaystyle{ AB }\) trójkąta. Oznaczmy spodek tej wysokości przez \(\displaystyle{ F. }\)

W trójkącie równoramiennym wysokość \(\displaystyle{ h_{c} }\) jest dwusieczną kąta przy wierzchołku \(\displaystyle{ C.}\)

Wtedy z trójkąta prostokątnego \(\displaystyle{ ACF }\)

\(\displaystyle{ \sin\left(\frac{2\alpha}{2} \right) = \sin(\alpha) = \frac{\frac{|AB|}{2}}{|AC|} = \frac{\frac{x}{2}}{x+y} = \frac{x}{2(x+y)}, }\)

\(\displaystyle{ \sin(\alpha) = \frac{x}{2(x+y)} \ \ (1) }\)

gdzie długość ramion trójkąta \(\displaystyle{ ABC \ \ |AC| = x+y = |BC|. }\)

\(\displaystyle{ y(x) }\) oznacza obliczenie \(\displaystyle{ y }\) w zależności od zmiennej \(\displaystyle{ x }\) z równości \(\displaystyle{ (1). }\)

\(\displaystyle{ y=...}\)

[Mendzik]

W obliczeniach w pewnym momencie pojawia się dodawanie/odejmowanie czy też ogólnie działania na czynnikach typu \(\displaystyle{ \cos(90°-\alpha)[=\sin\alpha]}\) i \(\displaystyle{ \cos(2\alpha)}\). Czy jest jakaś własność funkcji trygonometrycznych, której mogę użyć, by móc działać na tych funkcjach? Mam np. dwa te same ułamki, które różnią się tylko tymi cosinusami i lekko uniemożliwia mi to dalsze rozwiązywanie zadania (jest np. pierwiastek z iloczynem potężnych nawiasów i nie mogę po prostu zapisać kwadratu tego nawiasu pod pierwiastkiem z powodu właśnie cosinusów, które się różnią; reszta wyrazów jest taka sama).

[janusz47]

Wszystkie składniki otrzymanego równania trygonometrycznego sprowadzamy do funkcji sinus, korzystając z równości \(\displaystyle{ \cos(2\alpha) = 1 -2\sin^2(\alpha). }\)

[Mendzik]

Sprawdziłam wszystko, tak jak podpowiedziałeś, do sinusa. Prześlę może po prostu jak to równanie teraz wygląda. Nie mam pojęcia jak dalej na tym działać; nie widzę, aby można było coś poskracać, albo ogólnie ułatwić sobie zadanie. Czy mogłabym prosić o kolejne sugestie? Poniżej równanie:
\(\displaystyle{ x^2=2x^2+\frac{1}{2}\frac{x^2}{1-(1-sin^2\alpha)}-\frac{2x^2}{\sin\alpha}-\frac{x^4(1-2\sin^2\alpha)}{\sin\alpha}-x^4+2x^4(1-2\sin^2\alpha)+2x^4\sin\alpha-2\sqrt{(1-sin^2\alpha)(x^2+\frac{1}{4}\frac{x^2}{\sin^2\alpha}-\frac{x^2}{\sin\alpha}-x^4+2x^4\sin\alpha)}}\).

Bardzo proszę o pomoc

[matmatmm]

Zaproponuję inne podejście, bo przy takich rachunkach można się zajechać.
Oznaczmy \(\displaystyle{ a=AB,b=BC=AC}\).

Z twierdzenia kosinusów w trójkątach \(\displaystyle{ \triangle AED, \triangle DCE,\triangle ABE}\):

\(\displaystyle{ a^2=ED^2+AE^2-2AEED\cos\alpha}\)
\(\displaystyle{ DE^2=a^2+(b-a)^2-2a(b-a)\cos 2\alpha}\)
\(\displaystyle{ AE^2=a^2+(b-a)^2-2a(b-a)\cos(90-\alpha)}\)

Ponadto \(\displaystyle{ AE\cdot ED=\frac{a^2\sqrt{4b^2-a^2}}{b}}\)
\(\displaystyle{ \sin\alpha =\frac{a}{2b}}\)

Podstawiamy wszystko do pierwszego równania:

\(\displaystyle{ a^2=a^2+(b-a)^2-2a(b-a)\left( 1-2\sin^2\alpha\right) +a^2+(b-a)^2-2a(b-a)\sin\alpha-2\frac{a^2\sqrt{4b^2-a^2}}{b}\cos\alpha}\)

\(\displaystyle{ a^2=a^2+(b-a)^2-2a(b-a)\left( 1-2\frac{a^2}{4b^2}\right) +a^2+(b-a)^2-2a(b-a)\frac{a}{2b}-2\frac{a^2\sqrt{4b^2-a^2}}{b}\sqrt{1-\frac{a^2}{4b^2}}}\)

Teraz trzeba podstawić \(\displaystyle{ t=\frac{a}{b}}\) i uprościć to wyrażenie tak, żeby otrzymać równanie wielomianowe z niewiadomą \(\displaystyle{ t}\).

[Mendzik]

Ponadto \(\displaystyle{ AE\cdot ED=\frac{a^2\sqrt{4b^2-a^2}}{b}}\)

To wiemy skąd?

I doszłam do momentu, gdzie: \(\displaystyle{ a^2=2a^2+2(b-a)^2-2a(b-a)(1-\frac{t^2}{2})-2a(b-a)\frac{t}{2}-2ta\sqrt{4b^2-a^2}\sqrt{1-\frac{1}{4}t^2}}\)

Z góry przepraszam za ilość pytań, ale jestem po dłuższej przerwie i wiele się musi na nowo poukładać.