Sea [math]\triangle ABC un triángulo tal que el ángulo [math]\angle ABC es menor que el ángulo [math]\angle ACB. La bisectriz del ángulo [math]\angle BAC corta al lado [math]BC en [math]D. Sean [math]E en el lado [math]AB tal que [math]\angle EDB = 90^\circ y [math]F en el lado [math]AC tal que [math]\angle BED = \angle DEF. Demostrar que [math]\angle BAD = \angle FDC.
"Though my eyes could see I still was a blind man"
Se traza la paralela a [math]BCpor [math]F, que corta a [math]AB en [math]G. Como [math]ED \perp BC || FG entonces [math]ED \perp FG y como [math]\angle DEB = \angle FED, concluimos que [math]ED es la mediatriz del segmento [math]FG, pero como [math]AD es bisectriz, y es un hecho conocido que la bisectriz de un angulo y la mediatriz del lado opuesto a ese angulo concurren en la circunferencia circunscripta, tenemos que [math]AGDF es ciclico, de donde [math]\angle GAD = \angle DFG = \angle CDF, CQD.
Por Teorema del Seno en [math]\triangle ADB y Teorema de la Bisectriz en [math]\triangle ABC, tenemos que [math]\dfrac{\text{sen} \angle BAD}{\text{sen} \angle ADC} = \dfrac{BD}{AB}=\dfrac{CD}{AC}. Pero notemos que [math]\dfrac{CF}{CA} = \dfrac{(CFD)}{(CAD)} = \dfrac{DF\cdot CD \cdot \text{sen} \angle BAD}{AD \cdot CD \cdot \text{sen}\angle ADC} = \dfrac{DF\cdot CD}{AD\cdot CA}. Nos queda entonces que [math]\dfrac{AD}{CD} = \dfrac{DF}{CF}.
Pero notemos por Teorema del Seno en [math]\triangle CDF que [math]\dfrac{DF}{CF} = \dfrac{\text{sen} \angle ACD}{\text{sen} \angle FDC}. Y también por Teorema del Seno pero en [math]\triangle ACD, tenemos [math]\dfrac{AD}{CD}= \dfrac{\text{sen} \angle ACD}{\text{sen} \angle BAD}. Igualando las dos, tenemos que [math]\text{sen} \angle BAD = \text{sen} \angle FDC. Entonces [math]\angle BAD = \angle FDC o [math]\angle BAD = 180^{\circ}-\angle FDC. Pero ambos ángulos son agudos puesto que [math]\angle FDC < \angle EDC=90^{\circ} y [math]2\angle BAD = \angle BAC < 180^{\circ}. Por lo tanto [math]\angle BAD = \angle FDC. [math]\blacksquare
"Though my eyes could see I still was a blind man"
Por enunciado [math]\angle BAD=\angle DAC=\alpha y [math]\angle BED=\angle DEF=\beta. Como la bisectriz exterior de [math]\angle BEF y la bisectriz interior de [math]\angle BAC concurren en [math]D, concluimos que [math]D es centro de la circunferencia exinscrita del [math]\triangle AEF con respecto a [math]A. Entonces [math]DF es bisectriz exterior de [math]\angle EFC y por suma de ángulos obtenemos que [math]\angle DFC=90-\beta+\alpha. Por suma de ángulos en [math]\triangle BED, [math]\angle EBD=\angle ABD=90-\beta. Por suma de ángulos en [math]\triangle ABC, [math]\angle BCA=\angle DCF=90+\beta-2\alpha. Finalmente por suma de ángulos en [math]\triangle FDC, resulta que [math]\angle FDC=\alpha como queriamos demostrar.
¨Todos somos muy ignorantes. Lo que ocurre es que no todos ignoramos las mismas cosas¨
Sea $\angle CAD=\alpha$ y $\angle DEB=\beta$. Por angulitos es fácil ver que:
$\angle AFE=2(\beta-\alpha)$
$\angle ADE=\beta-\alpha$
$\angle AEF=180º-2\beta$
Marquemos el incentro del triángulo $AFE$ y llamémoslo $I$. Como $AD$ es bisectriz, entonces $I$ se encuentra sobre $AD$. Ahora tracemos $FI$ y $EI$. Como $I$ es el incentro de $\triangle AEF$ entonces $FI$ y $EI$ son bisectrices de sus respectivos ángulos. De esto sale que:
$\angle IFE=\frac {1}{2}.2(\beta-\alpha)=\beta -\alpha$
$\angle IEF=\frac {1}{2}.(180º-2\beta)=90-\beta$
Observemos ahora que $\angle IFE=\angle IDE=\beta-\alpha$ y que ambos ángulos abarcan el segmento $IE$. Por ello, el cuadrilátero $FDEI$ es cíclico, y como $\angle FED=\beta$, entonces por ángulos inscriptos en una circunferencia sale que: $\angle FID=\beta$.
Por otro lado:
$\angle IED=\angle IEF+\angle FED=90º-\beta+\beta=90º$
Como $\angle IFD$ es opuesto al angulo $\angle IED$ en un cuadrilátero cíclico, entonces suman $180º$, y sale que:
$\angle IFD=90º$
Ahora podemos obtener que:
$\angle IDF=180º-90º-\beta=90º-\beta$
Y finalmente:
$\angle FDC=90º-(90º-\beta)-(\beta-\alpha)=\alpha$
como queríamos demostrar.
Sin título.png
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Prolongando $EF$ hasta que se corte con $CB$ en $B'$ tenemos que $ED$ es bisectriz y altura desde $E\Rightarrow \triangle BEB'$ es isósceles en $E\Rightarrow B$ es el reflejo de $B'$ por $ED$. Sea $A'$ el reflejo de $A$ por $ED$ y $F'$ el reflejo de $F$ por $ED$. Como $F\in EB'$ entonces $F'\in EB\Rightarrow E\in AF'\Rightarrow E\in A'F$. Notemos que $AA'F'F$ es cíclico ya que $F'\widehat AF=F\widehat A'F$ por reflexión. Tenemos que $A,E,F',B$ son colineales y $A,F,C$ son colineales; entonces $AD$ es bisectriz de $F'\widehat AF$ y por reflexión $A'D$ es bisectriz de $F\widehat A'F'$. Como las bisectrices de todos los ángulos con vértices sobre un mismo arco de circunferencia concurren en el punto medio del arco opuesto, entonces $AA'F'DF$ es cíclico, por lo tanto $F'\widehat FD=F'\widehat AD=B\widehat AD$. Por reflexión, $EF=EF'\Rightarrow \triangle FEF'$ es isósceles en $E$, como $F'\widehat ED=D\widehat EF$ entonces $ED$ es bisectriz de $F'\widehat ED$, por lo tanto $FF'\perp ED\perp BC\Rightarrow FF'\parallel BC\Rightarrow F\widehat DC=F'\widehat FD=B\widehat AD$.
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