Найдите угол треугольника большего треугольника, пересекающего его середину.

Ваше рассуждение выглядит хорошо для меня. Используя ваше второе уравнение,

$$AC=\frac{x}{\sqrt{2}\sin{\theta}}$$ Теперь замена $AC$в первом уравнении $$\frac{2x}{\sin{(15+\theta)}}=\frac{2x}{\sqrt{2}\sin{\theta}}$$ или $$\sin{(15+\theta)}=\sqrt{2}\sin{\theta}$$ Используя триггерную идентичность, $$\cos15\sin\theta+\sin15\cos\theta=\sqrt{2}\sin{\theta}$$ Деление на $\sin\theta$мы получаем $$\cot\theta=\frac{\sqrt{2}-\cos15}{\sin15}$$ Знаю это $\sin15=\frac{\sqrt{3}-1}{2\sqrt{2}}$, $\cos15=\frac{\sqrt{3}+1}{2\sqrt{2}}$мы получаем $\cot\theta=\sqrt{3}$, $\theta=30°$

вам понадобятся три уравнения

$$a^2=b^2+c^2-2bc\cos(\alpha)$$ $$a=\frac{b\sin(\alpha)}{\sin(30^{\circ})}$$ $$c=\frac{b\sin(150^{\circ})}{\sin(30^{\circ})}$$ то вы можете разделить на $b^2$и вы получите только уравнение для $$\alpha$$

Никогда не недооценивайте силу евклидовой геометрии

• По теореме о внешнем угле$\angle DAB = 15°$.
• Извлечь из$C$линия, перпендикулярная$AB$, пересекающиеся$AB$в$E$. Тогда у нас есть$\angle ECB = 60°$и поэтому$\triangle EBC$является половиной равнобедренного треугольника и$CE \cong \frac{BC}{2} \cong CD \cong BD$.
• Теперь подключите$E$с$D$.$\triangle CED$равнобедренный, но имеющий$\angle ECB = 60°$, он также равносторонний и, следовательно,$ED \cong CE$, и$\angle EDA = \angle DAB = 15°$.
• Так$\triangle AED$равнобедренный, и мы также получаем$AE \cong CE$.
• Мы заключаем, что$\triangle ACE$является равнобедренным и прямоугольным. Поэтому$\angle BAC = 45°$.

$\blacksquare$