一道几何名题的几种解法

如下图，已知：AB=AC，∠A=∠DCA=20°，∠ABE=30°。求：∠CDE。

 解法一：（walls老师提供）

在AB边上取点F使得FC=BC，连接FC、FE。如下图所示：

由AB=AC以及∠A=20°，知∠ABC=∠ACB=80°。

由FC=BC知，∠BFC=∠FBC=80°，∠FCB=180°-80°-80°=20°。于是

∠ECF=∠ACB-∠FCB=80°-20°=60°

由∠EBC=∠ABC-∠ABE=80°-30°=50°，以及∠BEC=∠ABE+∠A=30°+20°=50°，知CE=BC=FC。

于是CEF为正三角形。

由∠CDF=∠DCA+∠A=20°+20°=40°，以及∠DCF=∠ECF-∠DCA=60°-20°=40°，知DF=FC=FE。

即有∠FDE=∠FED。而∠DFE=180°-∠BFC-∠CFE=180°-80°-60°=40°，于是

∠FDE=(180°-40°)/2=70°

∠CDE=∠FDE-∠BDC=70°-40°=30°

解法二：由题设知：∠BDC=∠A+∠DCA=40°，CD=AD<AB=AC。

于是在CA上一定有点F，使得CF=CD，连接DF，并延长至点G使得DG=AD，连接AG，如下图所示：

CDF为等腰三角形，且∠DCA=20°，可知∠CDF=80°，∠ADF=180°-∠BDC-∠CDF=60°

于是ADG为正三角形。

考察△BDC和△FAG，易知∠BDC=∠FAG=40°，∠BCD=∠BCA-∠DCA=80°-20°=60°=∠G，再由CD=AD=AG，可知

△BDC和△FAG全等，于是BC=FG。

另外，由∠BEC=∠ABE+∠BAE=30°+20°=50°，∠CBE=∠CBD-∠ABE=80°-30°=50°，可知BC=CE。

于是CE=FG。

由FD=DG-FG，FE=CF-CE，CF=CD=AD=DG，可知FD=FE，于是∠FDE=∠FED。

再由∠DFC=80°，可知∠FDE=(180°-80°)/2=50°。

于是∠CDE=180°-60°-50°-40°=30°。

解法三：过点D作BC的平行线交AC于点G，连接BG交DC于点F，在AC上取点H使得HC=DC，连接DH。如下图所示：

由AB=AC，以及∠A=20°，知∠BCA=(180°-20°)/2=80°，于是∠BCF=∠BCA-∠DCA=80°-20°=60°

由对称性，同样有∠CBF=60°，于是BCF为正三角形。由DG//BC，知DFG也是正三角形。

由∠BEC=∠ABE+∠BAE=30°+20°=50°，∠CBE=∠CBD-∠ABE=80°-30°=50°，可知BC=CE。

于是有CF=CE。再由CD=CH，知HE=DF=DG。

由DG//BC，知∠AGD=∠ACB=80°。再由CDH为等腰三角形且∠DCA=20°，知∠DHC=80°。于是有

∠HGD=∠GHD，HGD为等腰三角形，知HD=DG=HE。HDE为等腰三角形，于是

∠HDE=(180°-∠DHE)/2=(180°-80°)/2=50°

∠CDE=∠CDH-HDE=80°-50°=30°

解法四：过点D作BC的平行线交AC于点G，连接BG交DC于点F，连接EF。如下图所示：

同解法三一样，知BCF和DFG为正三角形，且有CF=CE，于是∠CFE=80°，继而有∠GFE=180°-∠BFC-∠CFE=180°-60°-80°=40°

而∠BGE=∠ABG+∠A=20°+20°=40°

于是EF=EG，△EGD和△EFD全等（三条边对应相等），∠CDE=∠GDE=(∠FDG)/2=60°/2=30°

解法五：（三角函数法，无需添加辅助线，由葛永超提供）

在△ABE中，利用正弦定理有

AB/AE=sin130°/sin30°=2sin50°=2cos40°

在△BCD中，利用正弦定理有

CD/BC=sin80°/sin40°=2sin40°cos40°/sin40°=2cos40°

由∠CBE=80°-30°=50°，∠BEC=∠ABE+∠A=30°+20°=50°，知BC=CE

于是AB/AE=CD/BC=CD/CE，再结合∠A=∠DCE=20°，知△ABE~△CDE

于是∠CDE=∠ABE=30°

附言： 

最初是在《遇见数学》公众号一篇文章里看到这个题的，里面介绍这个题是著名的几何难题：汤普森问题，我尝试了一阵没做出来。然后看了文章里提供的两个解法之后受到启发才有了上面的解法二。而解法一是walls老师在完全不知情的情况下独立做出来的，相比解法二以及公众号文章里的两个解法，这个解法显得更加自然。解法三和解法四是像解法一那样在三角形ABC内部构造正三角形尝试出来的两个新解法。