CUARENTENA Problema 4

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Mórtimer
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CUARENTENA Problema 4

Mensaje sin leer por Mórtimer »

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo con $A<45^\circ$. Sea $D$ un punto en el triángulo $ABC$ tal que $BD=CD$ y $\angle BDC=4\angle A$. El punto $E$ es la reflexión de $C$ por $AB$ y el punto $F$ es la reflexión de $B$ por $AC$. Probar que $AD$ y $EF$ son perpendiculares.
A Mórtimer orando,
y con la cabeza dando. 🔮
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Mórtimer
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Re: CUARENTENA Problema 4

Mensaje sin leer por Mórtimer »

Solución oficial:
Spoiler: mostrar
Sea $G$ la reflexión de $C$ por $AE$.
Es claro que $F\widehat{A}C=E\widehat{A}B=\frac{C\widehat{A}E}{2}=\frac{E\widehat{A}G}{2}=B\widehat{A}C$ por propiedades de la reflexión.
Luego los triángulos $AGC$ y $DBC$ son rotohomotéticos.
Luego los triángulos $ADC$ y $GBC$ son rotohomotéticos.
Por lo tanto el ángulo que forman $GB$ y $AD$ es igual al que forman $BC$ y $CD$, es decir $90^{\circ}-2B\widehat{A}C$. Por lo tanto el ángulo formado por $AD$ y $EF$ será $90^{\circ}-2B\widehat{A}C$ sumado al ángulo que forman $GB$ y $EF$.
Pero veamos ahora que los triángulos $EAF$ y $GAB$ son rotohomotéticos con centro $A$, luego el ángulo que forman $EF$ y $GB$ es congruente al que forman $AF$ y $AB$, es decir $2B\widehat{A}C$, por lo que el ángulo formado por $AD$ y $EF$ es igual a $90^{\circ}-2B\widehat{A}C+2B\widehat{A}C=90^{\circ}$ como deseábamos.
Última edición por Mórtimer el Jue 16 Abr, 2020 11:27 am, editado 2 veces en total.
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Gianni De Rico

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Re: CUARENTENA Problema 4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Esta solución está diseñada para molestar a @Sandy, bajo ningún concepto debe ser intentada sin la supervisión de un docente.
Spoiler: mostrar
Sean $\angle BAC=\alpha$, $\angle CBA=\beta$, $\angle ACB=\gamma$. Y sean $G$ el punto medio de $BF$ y $H$ el punto medio de $CE$, por la reflexión resulta que $G$ es el pie de la $B$-altura en $ABC$ y $H$ es el pie de la $C$-altura en $ABC$. Por último, sea $[ABC]$ el área del triángulo $ABC$.

Luego, por definición de $D$ tenemos$$\angle DCB=\angle CBD=90°-2\alpha$$Por reflexión$$\begin{align*}\angle CBE & =2\beta \\
\angle FCB & =2\gamma \\
AE & =AC \\
AF & =AB \\
EB & =BC=CF
\end{align*}$$Entonces$$\begin{align*}\angle DBE & =2(\alpha +\beta )-90° \\
\angle FCD & =2(\alpha +\gamma )-90°
\end{align*}$$Por definición de seno$$\begin{align*}\frac{\frac{BC}{2}}{BD}=\sin (2\alpha ) \\
2BD=\frac{BC}{\sin (2\alpha )}
\end{align*}$$Por el Teorema del Coseno en $DBE$$$\begin{align*}DE^2 & =BD^2+BE^2-2\cdot BD\cdot BE\cos(2(\alpha +\beta )-90°) \\
DE^2 & =BD^2+BC^2-\frac{BC}{\sin (2\alpha )}BC\sin (2(\alpha +\beta )) \\
DE^2 & =BD^2+BC^2-BC^2\frac{\sin (2(\alpha +\beta ))}{\sin (2\alpha )}
\end{align*}$$Por el Teorema del Coseno en $FCD$$$\begin{align*}DF^2 & =CD^2+CF^2-2\cdot CD\cdot CF\cos (2(\alpha +\gamma )-90°) \\
DF^2 & =BD^2+BC^2-2\cdot BD\cdot BE\cos (2(\alpha +\gamma )-90°) \\
DF^2 & =BD^2+BC^2-BC^2\frac{\sin (2(\alpha +\gamma ))}{\sin (2\alpha )}
\end{align*}$$
Para ver que $AD\perp EF$ basta ver que$$AE^2+DF^2=AF^2+DE^2$$esto es equivalente a$$AC^2+BD^2+BC^2-BC^2\frac{\sin (2(\alpha +\gamma ))}{\sin (2\alpha )}=AB^2+BD^2+BC^2-BC^2\frac{\sin (2(\alpha +\beta ))}{\sin (2\alpha )}$$que es equivalente a$$AC^2-BC^2\frac{\sin (2(\alpha +\gamma ))}{\sin (2\alpha )}=AB^2-BC^2\frac{\sin (2(\alpha +\beta ))}{\sin (2\alpha )}$$que es equivalente a$$AC^2\sin (2\alpha )-BC^2\sin (2(\alpha +\gamma ))=AB^2\sin (2\alpha )-BC^2\sin (2(\alpha +\beta ))$$Veamos cuanto vale $AC^2\sin (2\alpha )$.
Por el Teorema del Seno en $AEC$$$\begin{align*}\frac{AC}{\sin (\angle CEA)}=\frac{CE}{\sin (\angle EAC)} & \iff \\
& \iff \frac{AC}{\sin (90°-\alpha )}=\frac{CE}{\sin (2\alpha )} \\
& \iff AC\sin (2\alpha )=CE\cos (\alpha ) \\
& \iff AC^2\sin (2\alpha )=AC\cdot CE\cos (\alpha ) \\
& \iff AC^2\sin (2\alpha )=2CH\cdot AC\cos (\alpha ) \\
& \iff AC^2\sin (2\alpha )=2CH\cdot AH
\end{align*}$$Veamos cuanto vale $AB^2\sin (2\alpha )$.
Por el Teorema del Seno en $ABF$$$\begin{align*}\frac{AB}{\sin (\angle AFB)}=\frac{BF}{\sin (\angle BAF)} & \iff \\
& \iff \frac{AB}{\sin (90°-\alpha )}=\frac{BF}{\sin (2\alpha )} \\
& \iff AB\sin (2\alpha )=BF\cos (\alpha ) \\
& \iff AB^2\sin (2\alpha )=AB\cdot BF\cos (\alpha ) \\
& \iff AB^2\sin (2\alpha )=2AB\cdot BG\cos (\alpha ) \\
& \iff AB^2\sin (2\alpha )=2BG\cdot AG
\end{align*}$$Veamos cuanto vale $BC^2\sin (2(\alpha +\gamma ))$.
Usando que $\sin (2x)=2\sin (x)\cos (x)$ y que $\alpha +\beta +\gamma =180°$, tenemos$$\begin{align*}BC^2\sin (2(\alpha +\gamma )) & =2BC^2\sin (\alpha +\gamma )\cos (\alpha +\gamma ) \\
& =2BC^2\sin (180°-\beta )\cos (180°-\beta ) \\
& =-2BC^2\sin (\beta )\cos (\beta )
\end{align*}$$Vamos a hallar entonces $BC\sin (\beta )$ y $BC\cos (\beta )$.
Por definición de Seno$$BC\sin (\beta )=CH$$Por definición de Coseno$$BC\cos (\beta )=BH$$Luego$$BC^2\sin (2(\alpha +\gamma ))=-2BH\cdot CH$$Veamos cuanto vale $BC^2\sin (2(\alpha +\beta ))$.
Usando que $\sin (2x)=2\sin (x)\cos (x)$ y que $\alpha +\beta +\gamma =180°$, tenemos$$\begin{align*}BC^2\sin (2(\alpha +\beta )) & =2BC^2\sin (\alpha +\beta )\cos (\alpha +\beta ) \\
& =2BC^2\sin (180°-\gamma )\cos (180°-\gamma ) \\
& =-2BC^2\sin (\gamma )\cos (\gamma )
\end{align*}$$Vamos a hallar entonces $BC\sin (\gamma )$ y $BC\cos (\gamma )$.
Por definición de Seno$$BC\sin (\gamma )=BG$$Por definición de Coseno$$BC\cos (\gamma )=CG$$Luego$$BC^2\sin (2(\alpha +\gamma ))=-2BG\cdot CG$$Entonces$$\begin{align*}AC^2\sin (2\alpha )-BC^2\sin (2(\alpha +\gamma )) & =2CH\cdot AH+2BH\cdot CH \\
& =2CH(AH+BH) \\
& =2CH\cdot AB \\
& =4[ABC]
\end{align*}$$y$$\begin{align*}AB^2\sin (2\alpha )-BC^2\sin (2(\alpha +\beta )) & =2BG\cdot AG+2BG\cdot CG \\
& =2BG(AG+CG) \\
& =2BG\cdot AC \\
& =4[ABC]
\end{align*}$$Así$$AC^2\sin (2\alpha )-BC^2\sin (2(\alpha +\gamma ))=AB^2\sin (2\alpha )-BC^2\sin (2(\alpha +\beta ))$$y el problema queda resuelto.
Moraleja:
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No usen trigonometría chicos.
1  
♪♫ do re mi función lineal ♪♫
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Joacoini

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Re: CUARENTENA Problema 4

Mensaje sin leer por Joacoini »

Creo que puedo decir que esta entre las mejores soluciones.
Dedicada a @EMILIANO LIWSKI.
Spoiler: mostrar
Sea $H$ el ortocentro de $ABC$.
El problema es análogo a ver que $B\widehat FE=C\widehat AD$ ó $C\widehat EF=B\widehat AD$ ya que por cíclicos estaríamos.
Como $B\widehat HC=E\widehat HF=180-B\widehat AC$ tenemos que $B\widehat FE+C\widehat EF=C\widehat AD+B\widehat AD$ así que por el gran lema es suficiente demostrar que $\frac{sen(B\widehat FE)}{sen(C\widehat EF)}=\frac{sen(C\widehat AD)}{sen(B\widehat AD)}$

Por el teorema del seno en $BFE$.
$sen(B\widehat FE)=\frac{BE\times sen(F\widehat BE)}{EF}$
Y análogamente
$sen(C\widehat EF)=\frac{CF\times sen(E\widehat CF)}{EF}$

Usando que $CF=BE=BC$, que $F\widehat BE=90+A\widehat BC-B\widehat AC$ y $E\widehat CF=90+A\widehat CB-B\widehat AC$ tenemos que

$\frac{sen(B\widehat FE)}{sen(C\widehat EF)}=\frac{sen(90+A\widehat BC-B\widehat AC)}{sen(90+A\widehat CB-B\widehat AC)}$

Por el teorema del seno en $ACD$.
$sen(C\widehat AD)=\frac{CD\times sen(D\widehat CA)}{DA}$
Y análogamente
$sen(B\widehat AD)=\frac{BD\times sen(A\widehat BD)}{DA}$

Usando que $BD=CD$, que $D\widehat CA=A\widehat CB+2B\widehat AC-90=180-A\widehat BC+B\widehat AC-90=180-(90+A\widehat BC-B\widehat AC)$ y análogamente $D\widehat BA=180-(90+A\widehat CB-B\widehat AC)$.

$\frac{sen(C\widehat AD)}{sen(B\widehat AD)}=\frac{sen(180-(90+A\widehat BC-B\widehat AC))}{sen(180-(90+A\widehat CB-B\widehat AC))}$

Y como $sen(x)=sen(180-x)$ ya tenemos demostrado que $\frac{sen(B\widehat FE)}{sen(C\widehat EF)}=\frac{sen(C\widehat AD)}{sen(B\widehat AD)}$ y estamos.
NO HAY ANÁLISIS.
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enigma1234

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Re: CUARENTENA Problema 4

Mensaje sin leer por enigma1234 »

Spoiler: mostrar
Sea $\angle A=\alpha$.Sea $D'$ la isogonal de $D$ en el triángulo $ABC$. Sea $E_1=CD'\cap AE$, $F_1=BD'\cap AF$. Por la definición de $D$ y $D'$ tenemos que:
$$ 90^{\circ}-2\alpha=\angle DBC=\angle DCB=\angle D'BA=\angle D'CA$$
De las reflexiones como $\angle EAB=\angle BAC=\angle CAF=\alpha$ tenemos que:
1. Como $D'$ y $D$ son isogonales en $\angle BAC$ entonces son isogonales en $\angle EAF$. Entonces como queremos probar que $D$ esta en la altura de $A$ sobre el lado $EF$ del triángulo $AEF$ nos basta probar que $D'$ esta en $AO$ donde $O$ es el circuncentro de $AEF$.
2. $BF_1\perp AF,CE_1\perp AE$ y los triángulos $AF_1B$ y $AE_1C$ son semejantes $\to \frac{AF_1}{AE_1}= \frac{AB}{AC}= \frac{AF}{AE}$
Si $E_2$ y $F_2$ son los puntos medios de $AE$, $AF$ respectivamente, tendremos que:
$$\frac{AF_2}{AE_2}=\frac{AF}{AE}=\frac{AF_1}{AE_1},F_2O\parallel F_1D' \text{ y }E_2O\parallel E_1D'.$$ Con esto los triángulos $OE_2F_2$ y $D'E_1,F_1$ son homoteticos con centro $A$, y con esto $A,O,D'$ son colineales como queriamos.
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