En el triángulo $ABC$, sean $D$ el punto medio del lado $AB$ y $E$ en el lado $BC$ tal que $2EC=BE$. Además, $A\hat DC=B\hat AE$. Calcular la medida del ángulo $B\hat AC$.
bueno primero voy a definir algunos puntos
$M$ es el punto medio de $BC$
$E'$ el simetrico de $E$ respecto a $M$
$P = AE \cap DC$, y sea $G = AM \cap CD$ el baricentro de $\triangle ABC$
Regional 2021 N3 P3.jpg
Tengo los ángulos $A\hat{P}D = 2\alpha$, $D\hat{A}P = A\hat{D}P = 90 - \alpha$
y por $AE \parallel DE'$ tengo que $B\hat{D}E' = B\hat{A}E$
Entonces $E'\hat{D}C =2\alpha$, sea $M'$ la intersección de la bisectriz de $E'\hat{D}C$ con$BC$, entonces como $B\hat{D}M' =90$ y $E'\hat{D}M' = M'\hat{D}C$ Tenemos que $\{B,M';E',C\}=-1$
Por ser $G$ el baricentro se sabe que $GC=2GD \Rightarrow GE' \parallel BD$
$\{B,A;D,\infty\} \underset{G}{=} \{B, M; C, E'\} = -1$
Entonces $M' = M$ por lo que $MD \perp AB$
Y por ser $MD$ base media (es paralela a AC) resulta que $AC \perp AB \Rightarrow B\hat{A}C =90$
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Sean $E'$ punto medio de $BE$ y $F=AE\cap DC$.
$DE'\parallel AE$ por ser $DE'$ base media en $ABE$.
Por ser $E$ punto medio de $E'C$ y el paralelismo de recién, $EF$ es base media en $DCE'$, luego $CF=FD=FA$.
Luego $B\widehat{A}C=D\widehat{A}F+F\widehat{A}C=D\widehat{A}F+\frac{1}{2}\left(180^\circ-A\widehat{F}C\right)=D\widehat{A}F+\frac{1}{2}D\widehat{F}A=\frac{1}{2}\left(2D\widehat{A}F+D\widehat{F}A\right)=\frac{1}{2}\times 180^\circ=90^\circ$
Regional '21 N3P3.jpeg
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La paralela a $AE$ por $C$ corta a la recta $AB$ en $G$. Entonces por ángulos entre paralelas y por enunciado tenemos $D\widehat GC=D\widehat AE=C\widehat DG$, con lo que $CDG$ es isósceles con $CD=CG$. Además, por Thales tenemos $\frac{BA}{AG}=\frac{BE}{EC}=2$, con lo que $AG=AD$, así que $A$ es el punto medio de la base de $CDG$, entonces $B\widehat AC=90^\circ$.
Y como dije que banco soluciones como las del apache, acá va una solución como la del apache (también entra en un tweet)
Sean $G$ el baricentro de $ABC$, $M$ el punto medio de $BC$ y $F=AE\cap CD$. Entonces $\{D,F;G,C\}\underset{A}{=}\{B,E;M,C\}=-1$, y como $\frac{DG}{GC}=\frac{1}{2}$ nos queda que $F$ es el punto medio de $CD$. Así que $FA=FD=FC$ por punto medio y los ángulos del enunciado. Se sigue que $ACD$ es rectángulo en $A$, o sea que $\angle BAC=90^\circ$.
Sea $P$ la intersección de $AE$ y $CD$.
Sea $A’$ el reflejo de $A$ por $C$, esto hace que $BC$ sea mediana en $\triangle A’BA$. Como $E$ es el punto que corta a la mediana $BC$ en proporción $2:1$, $E$ es el baricentro de $\triangle A’BA$.
De tal forma $AE$ biseca a $A’B$ y a su vez biseca a la base media correspondiente a este lado que es $CD$ por lo que $PC = PD$.
También la condición de los ángulos hace que $PD = PA$, luego por punto medio de la hipotenusa en un triángulo rectángulo $\angle BAC = 90º$
Sea E' el punto medio de BE, de esta manera nos queda BC dividido en tres segmentos iguales.
Sea F la intersección de AE y CD.
Si nos fijamos en el triangulo CDE', FE es la base media ya que CE = CE' y además AE es paralela a DE'. Sabiendo esto CF = FD, y como AFD era isósceles concluimos que CF = FD = AF, lo cual solo se cumple si ACD es rectángulo. Entonces A = 90°
