hoek x

[WillemB]

Als je weet dat x=10, dan klopt het ook, maar dat is nog geen geldig bewijs.

Dan moet er toch een manier zijn om te bewijzen dat ED=EC maar die zie ik niet zo snel.

[tempelier]

Ik weet niet precies wat er dan klopt.
Maar klopt alles dan:
moet waarschijnlijk bewijsbaar zijn dat de eerste figuur zonder aannames congruent is met die met aannames.

[OOOVincentOOO]

Ik heb me al enige tijd afgevraagd hoe een CAD programma herkent dat een geometrisch figuur alle constraints heeft (voor iedereen die wel eens CAD tekent moet dit bekend zijn).

Een beetje vergelijkbaar met de problemen welke Ukster een aantal malen heeft gepost (een enkele onbekende). Kwam ik op het volgende: geometric constraints solver (moeilijk zoeken daar ik ook als de vraagsteller in onderstaande link de naam niet wist)

https://computergraphics.stackexchange.com/a/3653

Ik vind het wel een elegante methode. Iedere zijde als een vector zien en de som gelijk aan nul stellen (gesloten kring). Ben benieuwd of die vector aanpak ook toepasbaar op het beschreven probleem.

[tempelier]

Ik dacht het gevonden te hebben door het vraagstuk om te draaien.

Stelde b=1

En vond snel via de sinusregel dat dan.

\(\Large\frac{\sin 30}{\sin 20} \quad , \quad \frac{\sin 70}{ \sin 40 }\)

Gelijk moeten zijn:

De pseudo oplossing dat de vormen beide dan : (b=) 1.461902200..... zijn is natuurlijk niet toelaatbaar als bewijs.

Het is me uiteindelijk wel gelukt, maar het was een onbevredigend lange gang.

Daarna moet dan nog congruentie worden aangetoond.

[WillemB]

De middel lood lijnen van dreihoek BCD snijden in punt E, dan zouden,
de drie hoek punten B C en D op de omschreven cirkel liggen,
en hebben we dus een omschreven circel met middellijn b .....

Of zie ik nu iets over het hoofd ?

De hele opgave heeft veel mooie zaken als je de oplosssing weet, alle hoeken
x 2x, 3x, 4x 5x, en 6x zijn aanwezig, tevens is de hoogte lijn uit B de helft van a

[ukster]

Maar waar vind ik 5x?

[WillemB]

5x en 6x zitten aan weerszijde van de de zwaartelijn uit B.

Maar wat vind je van mijn bewijs.., gelijkbenige driehoeken waarvan de loodlijn door het snijpunt E gaat ?
Zodat EDC inderdaad een gelijkbenige driehoek is.

[ukster]

ja, ik begrijp wat je ermee bedoelt, maar ik kan niet goed beoordelen of dit nu formeel 'het bewijs' is voor wel of geen congruentie van de oorspronkelijke tekening en de tekening met de toegevoegde aannames

[WillemB]

De oorspronkelijke tekening in je openings deel, is niet correct,

Daarin staat tweemaal lijnstuk b getekend die gelijk zouden zijn, maar
meet maar op daar klopt niets van in die tekening, bijna 20 % afwijking

[tempelier]

Ik dacht het gevonden te hebben door het vraagstuk om te draaien.

Stelde b=1

En vond snel via de sinusregel dat dan.

\(\Large\frac{\sin 30}{\sin 20} \quad , \quad \frac{\sin 70}{ \sin 40 }\)

Gelijk moeten zijn:

De pseudo oplossing dat de vormen beide dan : (b=) 1.461902200..... zijn is natuurlijk niet toelaatbaar als bewijs.

Het is me uiteindelijk wel gelukt, maar het was een onbevredigend lange gang.

Daarna moet dan nog congruentie worden aangetoond.

Zit foutje in moet staan stel a=1 in plaats van b=1. sorry hoor.

[tempelier]

De oorspronkelijke tekening in je openings deel, is niet correct,

Daarin staat tweemaal lijnstuk b getekend die gelijk zouden zijn, maar
meet maar op daar klopt niets van in die tekening, bijna 20 % afwijking

Kan ook zijn dat de tekening niet klopt.

[RedCat]

Via de trisectricestelling van Morley:
(https://nl.wikipedia.org/wiki/Trisectri ... van_Morley)

Pas deze stelling toe op een gelijkzijdige driehoek ADC met zijdelengte = b uit de vraagstelling:



∆ADB in deze figuur (geel) is dan identiek aan ∆ADB uit de probleemstelling:
∠BAD = 60° - 20° (wegens Morley's stelling)
= 40°= 60° - 2x (wat al eerder afgeleid was)
=> x = 10°
∠ADB = 3x = 30° (∆ADB ~ ∆CBD dus ∠ADB = ∠CDB = 60° / 2 = 30°)
AD = DC = AC = zijde b in de figuur uit de vraagstelling
AB = AH = DH = DK = CK = CB = zijde AB in de figuur uit de vraagstelling
BD = AK = CH = zijde a in de figuur uit de vraagstelling

Snij dan de bisectrice van ∠BAC met lijnstuk BC, noem het snijpunt U:



∆AUC in deze figuur (groen) komt overeen met ∆BDC uit de probleemstelling:
∠UAC = 10° = x
∠ACU = 20° (Morley's stelling) = 2x
dus ∠AUC = 180° - 3x.
We hadden al: AC = b

We hebben nu 2 driehoeken die elk individueel voldoen. We moeten tenslotte nog aantonen dat het plaatje uit de probleemstelling hiermee te construeren is (= "dat de groene driehoek op de gele driehoek past"):

∆AUB ~ ∆AKB:
∠AUB = (90° - ∠DAU) - ∠UCH = (90° - 50°) - 10° = 30° = ∠AKB
∠BAU = ∠BAK = 10°

Omdat bovendien AB gemeenschappelijk is (= identieke zijde in de 2 driehoeken), is AU = AK
en omdat AK = BD, is ook AU = BD

Conclusie: x = 10° is een oplossing van het probleem.

[ukster]

Chapeau en m'n complimenten voor je haarscherpe analyse van de toepassing van de Trisectricestelling van Morley op dit probleem (ik had er nog nooit van gehoord),om door middel van Euclidische geometrie de oplossing te vinden. Geen speld tussen te krijgen.
Dank voor je geleverde inspanning.

[OOOVincentOOO]

Mooie oplossing RedCat,

Enkele dagen geleden nog proberen op te lossen door benadering met vectoren kringen (volgens mij eerdere bericht). Geen sucses.

Kwam ik op het volgende: geometric constraints solver (moeilijk zoeken daar ik ook als de vraagsteller in onderstaande link de naam niet wist)

https://computergraphics.stackexchange.com/a/3653

Uitgaande van orginele tekening waren er 3 vectoren kringen te herkennen. Ik dacht kat in het bakkie: 6 vergelijkingen en 5 onbekenden (een zijde gelijk aan 1 stellen).

Helaas: de omsluitende vectoren kring is bepaalt door de twee kleine kringen! Hier zal vast een wiskundige stelling voor zijn.

Volgens mijn huidige inzicht een variabele te veel: 4 vergelijkingen en 5 onbekenden. Als de sinus regel erbij word gehaald zou het oplosbaar moeten zijn.

Niet verder gestoeid omdat dan allerlei producten van sin*cos onstaan enzo. Ik wilde het toch delen: