OMA Foros

Spoiler: mostrar

Como [math]A, [math]B, [math]C, [math]D y [math]F están en una misma circunferencia, tenemos por arco capaz que [math]\angle AFB = \angle ADB = 45^{\circ} ya que [math]ADB es un triángulo rectángulo isósceles, y que [math]\angle BFC = \angle BDC = 45^{\circ} por la misma razón. Luego, como [math]\angle AFE = \angle EDC = 90^{\circ} y como [math]\angle AEF = \angle DEC por opuestos por el vértice, tenemos que los triángulos [math]AEF y [math]CDE son semejantes.

Como [math]E es punto medio de [math]AD y [math]AD=DC, tenemos que [math]2ED=DC, y como [math]AEF y [math]CDE eran semejantes, podemos llevar esta relación al triángulo [math]AEF. Luego, [math]2FE=AF.

Como habíamos dicho que [math]\angle AFB = \angle BFC = 45^{\circ}, tenemos en el triángulo [math]AEF que [math]\angle AFH = \angle HFE = 45^{\circ}, por lo que podemos concluir que [math]FH es la bisectriz de [math]\angle AFE.

Luego, por teorema de bisectriz tenemos que [math]\frac{AF}{FE}=\frac{AH}{HE}=2 (ya que [math]2FE=AF), por lo que concluímos que [math]2HE=AH.

Ahora simplemente podemos decir que si [math]EH=x, entonces [math]AH=2x. Y como [math]AE=AH+HE=ED, tenemos que [math]ED=3x. Por último, vemos que nos quedó que [math]AH=2x y [math]HD=HE+ED=x+3x=4x, por lo que [math]HD=2AH y la demostración está completa.

Spoiler: mostrar

Prolonguemos [math]CF hasta que corte a [math]AB en [math]G. Es claro que [math]A es el punto medio de [math]BG y que [math]BDG es isósceles.
Luego, queremos ver que [math]H es el baricentro de [math]BDG, con lo cual [math]DH=2HA

Observamos que [math]GD es tangente a la circunferencia, luego si [math]BH intersecase a [math]GD en su punto medio (llamémosle [math]M), se tendría que [math]M tiene la misma potencia respecto a la circunferencia de [math]ABCD, que respecto al punto [math]G. (dicho más simple, [math]MD^2=MG^2).

Pero [math]MD^2=MF \cdot MB, luego queremos ver que los triángulos [math]MFG y [math]MGB son semejantes.

Esto último no es difícil pues comparten el ángulo [math]M y además [math]\angle MFG= \angle MGB=45^{\circ}

Y estamos

Spoiler: mostrar

Es claro que [math]\stackrel{\textstyle\frown}{AD}=90^{\circ}, pero [math]\stackrel{\textstyle\frown}{AD}=2\angle ABF+2\angle FCD, por eso [math]\angle ABF+\angle FCD=45^{\circ}. Como [math]E es punto medio de [math]AD, entonces [math]\angle FCD=\frac{53^{\circ}}{2}. Por lo tanto, [math]\angle ABF=\frac{37^{\circ}}{2}, lo cual implica que [math]HD=2AH.

Spoiler: mostrar

Digamos que el lado del cuadrado [math]ABCD mide [math]2. Entonces [math]EA = ED = 1, y [math]EC = \sqrt{ED^2 + DC^2} = \sqrt{1+4} = \sqrt{5}.
Por potencia de un punto tenemos que [math]EF \cdot EC = EA \cdot ED, es decir [math]EF \cdot \sqrt{5} = 1^2 = 1, de donde [math]EF = \frac{1}{\sqrt{5}}.
Ahora, como [math]EH y [math]BC son paralelas, por el teorema de Thales tenemos que [math]\frac{FE}{FC} = \frac{HE}{BC}. Ahora bien, [math]FE = \frac{1}{\sqrt{5}}, [math]FC = FE + EC = \frac{1}{\sqrt{5}} + \sqrt{5} = \frac{6}{\sqrt{5}}, y [math]BC = 2. Reemplazando todo esto queda [math]\frac{1}{6} = \frac{HE}{2}, es decir [math]HE = \frac{1}{3}. Entonces [math]AH = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3} y [math]HD = 2 - \frac{2}{3} = \frac{4}{3}. En particular se cumple [math]HD = 2AH, y estamos. [math]\blacksquare

Spoiler: mostrar

Proyectando por F desde la recta AD a la circunferencia(lo podemos hacer porque F esta sobre la misma) obtenemos:

[math]\frac{DE\cdot HA}{EH\cdot AD}= \frac{DC\cdot BA}{CB\cdot AD}= 1 \Rightarrow \frac{HA}{EH}=\frac{AD}{ED}=2

[math]\Rightarrow HD=DE+EH=EA+EH=2EH+HA=2AH

[math]\Rightarrow HD=2AH

Nowhereman escribió:No es por menospreciar al problema pero hasta lo nombraron H al punto que después resulto ser el baricentro que por casualidad generalmente se denota con H