Il primo quesito può essere svolto senza l'uso di incognite e di equazioni trigonometriche quasi sempre difficili da trattare.
Per comodità pongo BC=1 ed indico con E il simmetrico di D rispetto all'altezza BH ( vedi fig.1 ,non troppo proporzionata
)In tal modo si ottiene il triangolo isoscele DBE con DE parallelo ad AC e con gli angoli indicati
in figura.Applicando il teorema dei seni ai triangoli BCD e BDE si ottiene che:
$ \displaystyle BD=\frac{BC}{\sin65}\sin32.5=\frac{\sin32.5}{\sin65} $
$ \displaystyle CD=\frac{BC}{\sin65}\sin82.5=\frac{\sin82.5}{\sin65}=\frac{\cos7.5}{\sin65} $
$ \displaystyle ED=\frac{BD}{\sin62.5}\sin55= \frac{\sin32.5\sin55}{\sin65\sin62.5} $
Ora,detta K la proiezione ortogonale di E su DC ,risulta:
$ \displaystyle DK=ED\cos2.5=\frac{\sin32.5\sin55\cos2.5}{\sin65\sin62.5} $
Applicando a quest'ultimo risultato le note formule di Werner ( inverse delle prostaferesi ) si ha:
$ \displaystyle DK=\frac{\frac{1}{2}\sin55[\sin35+\sin30]}{\sin65\sin62.5}= $$ \displaystyle \frac{\frac{1}{2}\sin 55\sin35+\frac{1}{4}\sin55}{\sin65\sin62.5} $
Ovvero:
$ \displaystyle DK= \frac{\frac{1}{4}[\cos20-\cos90]+\frac{1}{4}\sin55}{\sin65\sin62.5}= $$ \displaystyle \frac{\frac{1}{4}[\sin70+\sin55]}{\sin65\sin62.5} $
Cioé:
$ \displaystyle DK=\frac{1}{2}\cdot \frac{\sin62.5\cos7.5}{\sin65\sin62.5}=\frac{1}{2}\cdot \frac{\cos7.5}{\sin65}=\frac{1}{2}CD $
Questa eguaglianza prova che il triangolo DEC è isoscele su DC e dunque:
<ECD=<EDC=2.5 e perciò <ECA=2*2.5=5
Per simmetria otteniamo allora:
<DAC=<ECA=5 e quindi <DAB=<BAC-<DAC=35-5=30
Il risultato si può estendere a tutti i triangoli (isosceli) ABC (fig 2) nei quali sia :
$ \displaystyle <DBA=\frac{1}{4}\beta $,$ \displaystyle <DCA=30-\frac{1}{4}\beta,<DCB=60-\frac{1}{4}\beta $ con $ \displaystyle \beta <120 $
Si ottiene così,al variare di $ \displaystyle \beta $, tutta una classe di triangoli in cui è possibile calcolare
i due angoli incogniti in A ,uno dei quali risulta essere sempre di 30°.
karl
