Sea $ABCD$ un cuadrilátero convexo con $B\widehat AD=90^\circ$, y sean $M$ el punto medio del lado $BC$ y $N$ el punto medio del lado $CD$. Si $B\widehat AM=M\widehat AN=N\widehat AD$, demostrar que $B\widehat CD=60^\circ$.
Aclaración: Un cuadrilátero es convexo cuando todos sus ángulos miden menos de $180^\circ$.
En $\triangle {BCD}$, $\overline {MN}$ es base media de $\overline {BD} \Rightarrow \overline {MN} \parallel \overline {BD}$ y $\overline {MN} = \frac{1}{2}\overline {BD}$.
De este modo, notemos que dado el triángulo $BAD$, existe una única ubicación para $\dot {M}$, para $\dot {N}$ y por lo tanto, también para $\dot {C}$, pues $\overline {MN}$ tiene sus vértices en las dos semirrectas por $\dot {A}$ que trisecan $\hat {A}$ y $\overline {MN}$ es base media de $\overline {BD}$.
Ahora bien, teniendo esto en mente, vamos a definir dos puntos nuevos $M'$ y $N'$ que cumplan otras condiciones (que conllevan a lo pedido) y demostraremos que son iguales a $M$ y $N$.
Siendo $\omega$ la circunferencia circunscrita a $\triangle {BAD}$, definimos $\dot {M'}, \dot {N'} \in \omega$, tales que $\angle BAM'= \angle M'AN'=\angle N'AD = \frac{90°}{3} = 30°$.
Por arco capaz: $\angle BAM' = \angle BDM' = 30°$ y $\angle BM'D + \angle BAD = 180° \Rightarrow \angle BM'D = 180°-90°=90°$, por lo que el triángulo $BDM'$ es medio equilátero. De este modo, $\overline {BM'}=\frac{1}{2} \overline {BD}$.
Por arco capaz: $\angle DAN' = \angle DM'N' = 30°$, por lo que $\angle DM'N' = \angle BDM' = 30°$ (lo último ya lo sabíamos, lo habíamos visto en $_{1}$, $\triangle BDM'$ es medio equilátero), que son correspondientes, por lo tanto, por el recíproco de ángulos entre paralelas, se cumple $\overline {M'N'} \parallel \overline {BD}$.
Entonces, $\overline {M'N'}$ cumple que es base media de $\overline {BD}$ y además sus vértices están en las semirrectas por $\dot {A}$ que trisecan $\hat {A}$. Ya sabíamos que existía un único segmento que cumplía esto, $MN$, por consecuente: $\dot {M'} = \dot {M}$ y $\dot {N'} = \dot {N'}$.
Finalmente, por arco capaz, $\angle CBD = \angle MBD = \angle MAN + \angle NAD = 2\cdot {30°} = 60°$, análogamente, $\angle BDC = \angle BDN = \angle BAM + \angle NAM = 2\cdot {30°} = 60°$ y por SAI en $\triangle {BCD}$, $\angle BCD + \angle BDC + \angle CBD = 180° \Rightarrow \angle DCB =180° - 2\cdot 60° = 60° \blacksquare$
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"La matemática es para pensar. El fútbol es para sacar mi instinto animal y decirle al árbitro hdp te voy a m4t4r." Anónimo
Sea $\omega$ la circunferencia circunscrita a $\overset{\bigtriangleup}{ABC}$. Por ser $\hat{BAD}=90^{\circ}$, se tiene que $BD$ es diámetro (cuerda de máxima longitud), además sea $MN$ $\epsilon$ $\omega$ / $MN$ $\parallel$ $BD$ y $2MN=BD$, luego $MN$ es base media de $\overset{\bigtriangleup}{BCD}$ ($DN$ $\cap$ $BM={C}$). Por ser $A$, $B$, $M$, $N$ y $D$ concíclicos y por ser $\hat{BAM}=\hat{MAN}=\hat{NAD}$, se tiene que $DN=BM=MN=k$, y por ser $M$ y $N$ puntos medios de $BC$ y $DC$ respectivamente: $BC=DC=BD=2k$ $\Rightarrow$ $\overset{\bigtriangleup}{BCD}$ es equilátero $\therefore$ $\hat{BCD}=60^{\circ}$.
Última edición por DiegoLedesma el Dom 14 Mar, 2021 12:31 pm, editado 2 veces en total.
