Планиметрия 3

[integral2009]

Еще одна интересная задача на мой взгляд, на которой "встрял". Помогите, плиз, разобраться!

В $\Delta ABC$, где $\angle B=2\angle C$ проведена биссектриса $AD$. Извествно, что стороны $CD=AB$. Найти $\angle A$.

Рисунок сделал сразу с доп построением, потому как, на первый взгляд, вряд ли здесь без него обойдется.



Я провел $BE||AC$, но тут сразу же понял, что это походу бессмысленно. Пробовал достроить до параллелограмма, но это тоже толком не помогло. Есть связь $3x+2y=180^o$, это очевидно, нужно найти $y$ или $x$, тогда задача фактически решена. То есть нужно составить еще одно уравнение на $x$ и $y$. Но вот какое, пока в голову не пришло. Может еще оказаться, что треугольники $BDE$ и $ADC$ равны, ну это только визуальные прикидки

[angor6]

Я думаю, что нужно попробовать использовать теорему синусов.

[integral2009]

angor6 в сообщении #1255933 писал(а):

Я думаю, что нужно попробовать использовать теорему синусов.

Спасибо. А если ее не проходили, теорему пифагора -- тоже, реально ли решить?

[fred1996]

Пифагор вряд ли поможет, потому что ответ $\frac{2\pi}{5}$

[integral2009]

А так, я понимаю, что, если обозначить $AB=a$ и $AC=b$, $BC=c$, тогда $\dfrac{a}{\sin x}=\dfrac{b}{\sin 2x}$, при этом из треугольника $ADC$ имеем$\dfrac{b}{\sin(x+y)}=\dfrac{a}{\sin y}$, а еще $2y+3x=180^o$

Значит $\dfrac{a}{b}=\dfrac{\sin x}{\sin 2x}=\dfrac{\sin y}{\sin(x+y)}}$

Иными словами есть 2 уравнения $\dfrac{1}{2\cos x}=\dfrac{\sin y}{\sin x\cos y+\sin y\cosx}$ и $2x+3y=180^o$

Вроде как 2 уравнения и 2 неизвестных. Но надо без косинусов и синусов, должен способ быть проще. Теорему косинусов и синусов здесь нельзя использовать, потому как задача для тех, кто еще не проходил теорему косинусов и синусов, да и про Пифагорыча не слыхали...

[angor6]

Треугольник $CDE$ равнобедренный...

[integral2009]

angor6 в сообщении #1255943 писал(а):

Треугольник $CDE$ равнобедренный...

Спасибо! А почему равнобедренный он, что-то не очевидно..

[fred1996]

(Подсказка)

[integral2009]

fred1996 в сообщении #1255953 писал(а):

(Подсказка)

Спасибо! Но у меня $BE$ было параллельно $AC$, но на вашей картинке -- нет, но там я понимаю насчет равнобедренного треугольника, но мне пока что это мало что дает, кроме того, что FD -- биссектриса

[fred1996]

integral2009
Как мне подсказали тут старшие товарищи, дальше я уже не могу решать за вас задачу. Все дополнительные отрезки я нарисовал. Остается сопоставить получившиеся фигуры.

[integral2009]

fred1996 в сообщении #1255967 писал(а):

integral2009
Как мне подсказали тут старшие товарищи, дальше я уже не могу решать за вас задачу. Все дополнительные отрезки я нарисовал. Остается сопоставить получившиеся фигуры.

У меня что-то не получилось сопоставить фигуры, но удалось понять как решать другим способом (впихнул в оффтоп, потому как это решение не по советам участников форума, ну и правила чтобы не нарушать)

(Оффтоп)

https://imgur.com/a/VVnv4

Но, по прежнему любопытно, как эта картинка может помочь, то есть Ваш вариант решения

[fred1996]

Поскольку вы уже разобрались с одним вариантом доказательства, опубликую свой.

(Оффтоп)

Очевидно что угол $F$ равен $x$.
Значит треугольник FBC равнодедренный.
Значит BE=BD
Значит BC=AE
А поскольку треугольники ADE и ADC равны, или как сейчас говорят конгруэнтны, то
AE=AC=BC, и треугольник ACB равнобедренный.
То есть $2x=2y$
Значит $5y=\pi$

Скажем так. Доказательство по вашей ссылке использует всего один дополнительный отрезок.
Мое три.
Зато в том доказательстве используются подобные треугольники и пропорции, а в моем равные (конгруэнтные). То есть мое доказательство выглядит нагляднее.
Так что баш на баш.

[integral2009]

Спасибо! Но вот это не очень понятно почему
Значит BE=BD
Значит BC=AE

[integral2009]

Уже все понял, разобрался, спасибо!

[fred1996]

(Оффтоп)

Эх, молодость!
Почти пол-века не решал задачек по школьной геометрии. Сначала думал не потяну.
Но в простейших задачках пока что-то соображаю еще.