Sea [math]ABC un triángulo con [math]\widehat{B} > 90^{\circ}. Se sabe que existe un punto [math]P sobre el lado [math]AC tal que [math]BP es perpendicular a [math]BC y [math]AP = BP. Sean [math]D y [math]E los puntos medios de [math]AB y [math]BC respectivamente. La paralela a [math]AB trazada por [math]P corta a [math]DE en [math]F.
Demostrar que [math]B \widehat{C} F = A \widehat{C} D.
Notemos que, como el triángulo [math]ABP es isósceles, [math]AB es paralela a [math]PF y [math]AC es paralela a [math]DE, [math]B\hat{A}P = A\hat{B}P = B\hat{D}F = B\hat{P}F = D\hat{F}P = \alpha.
Sea [math]O el punto en el que se cortan [math]BP y [math]DF, en particular, [math]O es el punto medio de [math]BP ya que como [math]DE es base media de [math]ABC, corta a [math]BP en su punto medio.
Como [math]B\hat{D}O = D\hat{B}O, el triángulo [math]BDO es isósceles, equivalentemente, como [math]F\hat{P}O = O\hat{F}P, [math]FPO es isósceles, por lo tanto, [math]DO = BO = PO = FO.
Si miramos el cuadrilátero [math]BDPF, sus diagonales son iguales y se cortan en su punto medio, por lo tanto, es un rectángulo ([math]B\hat{D}P = D\hat{P}F = P\hat{F}B = F\hat{B}D = 90°).
Ahora queremos demostrar que los triángulos [math]CBF y [math]CDA son semejantes (ya que [math]F\hat{B}C = D\hat{A}C y queremos probar que [math]A\hat{C}D = B\hat{C}F).
Como [math]D\hat{E}B = A\hat{C}B (por ser [math]AC paralela a [math]DE), los triángulos [math]BFE y [math]ABC son semejantes, entonces
[math]\frac{BE}{BF} = \frac{AC}{AB}
pero como sabemos que [math]BE=\frac{1}{2}BC y [math]AB=2AD, nos queda:
[math]\frac{\frac{1}{2}BC}{BF} = \frac{AC}{2AD} entonces [math]\frac{BC}{BF} = \frac{AC}{AD}
Entonces como se cumple la proporción entre los lados de [math]CBF y [math]CDA que contienen al ángulo [math]\alpha, [math]CBF y [math]CDA son semejantes y por lo tanto [math]A\hat{C}D = B\hat{C}F como queríamos probar.
Última edición por Luli97 el Lun 23 Ene, 2017 3:56 pm, editado 1 vez en total.
Llamo $x$ a $\widehat{BAP}$. Trazo $PD$ y como el triángulo $BPA$ es isósceles, $\widehat{BDP}=\widehat{ADP}=90°$ y $\widehat{BPD}=\widehat{APD}=90°-x$. Entonces, $\widehat{CPB}=2x$ y como $PF \parallel AB$, $\widehat{BPF}=x=\widehat{CPF}$. De esta forma también tenemos que el cuadrilátero $PDBF$ es un rectángulo. Como sabemos que $\widehat{CBP}=90°$ por el enunciado, tenemos que, $\widehat{FBC}=x$.
Como $PF$ es bisectriz del ángulo $\widehat{CPB}$, se cumple el teorema de la bisectriz:
$\frac{PC}{CY}=\frac{PB}{BY}$
Prolongo a $PF$ hasta su intersección con $BC$ y llamo a ese punto $Y$. Como $\widehat{YFB}=90°$ y $\widehat{FBC}=x$, $\widehat{FYB}=90°-x$. Luego, los triángulos $PBY$ y $BYF$ son semejantes porque poseen los mismos ángulos, entonces se cumple que:
$\frac{PB}{BY}=\frac{BF}{YF}$
Pero como $BF=PD$ porque como ya dijimos $PDBF$ es un rectángulo, también vale que:
$\frac{PB}{BY}=\frac{PD}{YF}$
Sumándole a esto el teorema de la bisectriz que vimos al principio concluimos que:
$\frac{PC}{CY}=\frac{PD}{YF}$
Si pasamos a $CY$ y a $PD$ multiplicando y dividiendo, respectivamente, obtenemos:
$\frac{PC}{PD}=\frac{CY}{YF}$
Después, los triángulos $CPD$ y $CYF$ son semejantes ya que tienen $\widehat{CPD}=\widehat{CYF}=90°+x$ en común y los lados que pertenecen a estos ángulos proporcionales, que lo vimos en la última igualación de fraccciones.
De esta manera, todos sus ángulos son iguales y por como corresponden, según los lados, finalizamos con que $\widehat{BCF}=\widehat{ACD}$
Mi dibujo!: https://ggbm.at/rdRzUaJN
Sea [math]G el punto de intersección de [math]BP y [math]DF. Sea [math]\angle BAP=\angle ABP=\alpha (estos ángulos son iguales porque [math]\triangle APB es isósceles en [math]P). Por ángulos alternos internos se deduce que [math]\angle BPF=\alpha. Como [math]D es punto medio de [math]AB, y [math]\triangle APB es isósceles, entonces [math]PD es altura en ese triángulo, y [math]\angle BDP=90º. Por ángulos entre paralelas, también [math]\angle DPF=90º. Por ángulos entre paralelas se deduce que [math]\angle BDF=\angle BAP=\alpha. Nuevamente por ángulos entre paralelas, [math]\angle DFP=\angle BDF=\alpha. Entonces, los triángulos [math]\triangle GPF y [math]\triangle DGB son isósceles en [math]G, ya que tienen dos ángulos interiores iguales a [math]\alpha. Entonces [math]PG= GF y [math]GD=GB. Pero como [math]DE es base media de [math]\triangle BPA, entonces [math]BG=GP, de donde se deduce que [math]PG=GF=GD=GB. Entonces los puntos [math]B, F, P, G pertenecen todos a una circunferencia de centro [math]G y radio [math]GF. Resulta que [math]BFPD es cíclico, y sus ángulos opuestos suman [math]180º, entonces [math]\angle DBF=180º-\angle DPF=90º, y similarmente [math]\angle BFP=90º. Entonces [math]DBFP es un rectángulo. Sea [math]\omega_1 la circunferencia circunscripta a [math]DBFP. Notemos que la recta [math]BC es perpendicular al radio [math]GB, por lo que es tangente a la circunferencia [math]\omega_1 en [math]B. Por otro lado, sea [math]\omega_2 la circunferencia circunscripta de [math]\triangle DFC. Notemos que como [math]D y [math]F pertenecen a [math]\omega_1 y [math]\omega_2, entonces la recta [math]DF es el eje radical de [math]\omega_1 y [math]\omega_2. Notemos entonces que [math]E pertenece al eje radical de ambas circunferencias. Recordemos que [math]BE=EC, por ser [math]E punto medio. Vamos a demostrar ahora que [math]EC es tangente a [math]\omega_2 en [math]C. Para ello, supongamos que esto no es cierto. Sea [math]H el segundo punto de intersección de [math]EC con [math]\omega_2. Entonces, como [math]E pertenece al eje radical de [math]\omega_1 y [math]\omega_2, y [math]EB es tangente a [math]\omega_1 en [math]B: [math]EB^2=EC.EH
Pero [math]EC=EB: [math]EB^2=EB.EH
Como [math]EB\neq 0, podemos simplificar: [math]EB=EH
Lo que implica que [math]B=H, como queríamos demostrar.
Planteemos la potencia de [math]E respecto a [math]\omega_2: [math]EF.ED=EC^2=EC.EC [math]\frac {EF}{EC}=\frac {EC}{ED}
Notemos entonces que los triángulos [math]\triangle FEC y [math]\triangle DEC tienen un ángulo en común, y las razones entre los lados correspondientes de ese ángulo son las mismas. Por lo tanto, son semejantes. Esto implica que sus ángulos son iguales, y por lo tanto: [math]\angle FCE=\angle EDC
Pero por ángulos alternos internos: [math]\angle EDC=\angle DCA
Y se concluye que: [math]\angle FCE=\angle FCB=\angle DCA
Como queríamos demostrar.
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Como [math]AP=BP, y [math]\angle PBC=90°, existe una circunferencia con centro en [math]P y radio [math]AP, la cual además es tangente en [math]B a la recta [math]BC. Trazemos dicha circunferencia (llamémosla [math]w) y denotemos con [math]G a la intersección de [math]w con [math]AC. Probemos que [math]B,F y [math]G son colineales. Como el triángulo [math]APB es isósceles con base [math]AB entonces [math]PD es mediana ([math]AD=DB) y altura ([math]\angle ADP=90°). Además, [math]AB \parallel PF y [math]AP \parallel DF (por el hecho de que [math]PE es base media del triángulo [math]ABC respecto de [math]AC). Entonces [math]APFD es un paralelogramo y por ende [math]\angle BAC=\angle BDF=\alpha y [math]AP=DF. Tenemos entonces que los triángulos [math]APD y [math]DFB son congruentes ([math]L-A-L) y por lo tanto [math]\angle ADP=\angle ABF=90°. Pero además, [math]\angle ABG=90°, ya que [math]AG es diámetro y [math]B un punto sobre la semicircunferencia. Como [math]\angle ABF=\angle ABG=90° concluimos que [math]B,F y [math]G son colineales. Notemos también que [math]\angle CBG=\angle BAC=\alpha (porque [math]BC es tangente a [math]w).
Con todo lo anterior tenemos: [math]\Delta ADP \cong \Delta DBF y [math]\Delta CBG \sim \Delta CAB
Finalmente por el criterio [math]L-A-L de la semejanza, los triángulos [math]ACD y [math]BCF son semejantes y por lo tanto [math]\angle ACD=\angle BCF.
Última edición por davisbeckam18 el Dom 22 Ene, 2017 4:39 pm, editado 1 vez en total.
Como primer paso, denotamos [math]\angle ACD=\alpha. Como los puntos E y D son puntos medios, entonces ED es paralelo a AC. Por alternos internos, [math]\angle CDE=\alpha. Llamamos H al punto de intersección de la prolongación de CF con AB y O a la intersección de la prolongación de BF con DC.
Notamos que los segmentos DE, BO y CH son 3 cevianas del triángulo BCD. Aplicamos teorema de ceva y nos queda:
[math]\frac{DH}{HB}[math]=\frac{DO}{OC} Por lo que podemos asegurar que los segmentos HO y BC son paralelos.
Llamamos [math]\beta[math]=\angle BCH. Por alternos internos [math]\angle OHC=\beta
Lo que queremos demostrar es que [math]\alpha[math]=\beta y para eso queremos demostrar que el cuadrilátero [math]DHFO es cíclico. Si demostramos que el cuadrilátero es cíclico entonces resolvemos el problema porque [math]\angle FHO=[math]\angle FDO
Demostración de que [math]DHFO es cíclico.
Llamamos [math]\gamma=[math]\angle BAC. Como DE es paralelo a AC entonces [math]\angle HDF[math]=\gamma por ángulos correspondientes. Demostraremos que [math]\angle ABI es un ángulo recto. Se puede ver fácil que ADFP es un paralelogramo porque ED es paralelo a AC y AB es paralelo a PF que es lo que dice el enunciado. Entonces [math]DF=AP.
Por semejanza [math]\frac{BD}{BA}[math]=\frac{1}{2}[math]=\frac{DF}{AI}. Por lo tanto [math]AI=2.DF y [math]AP=PI
Como [math]PI=AP=PB Entonces esos 3 segmentos son radio, [math]AI es diámetro y [math]\angle ABI =90 [math]\angle ABP=[math]\gamma porque ABP es isósceles.
Llamamos [math]\omega =[math]\angle PBI. Como [math]\angle PBC =90 entonces [math]\angle IBC=[math]\gamma.
Como BC es paralelo a HO entonces por alternos internos [math]\angle FOH=[math]\gamma
FInalmente como [math]\angle HDF[math]=\angle FOH=[math]\gamma, el cuadrilátero [math]DHFO es cíclico, y resolvimos el problema. [math]\angle ACD=[math]\angle CDF=[math]\angle OHF=[math]\angle BCH
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Figura de análisis:https://gyazo.com/75e9ad2a9a6ebf7e876ea9f1fba10cfc
Antes de empezar, notemos que [math]F cae en el interior de [math]DE, ya que [math]AP<PC, ya que [math]BP<PC, ya que [math]PC es la hipotenusa del triángulo rectángulo no degenerado.
Por alternos internos entre paralelas, al ser [math]DE base media de [math]ABC, [math]C\hat{D}E=A\hat{C}D. Luego, si probamos que [math]EFC y [math]ECD son semejantes, estamos, ya que esto implica [math]B \hat{C} F = E \hat{C} F = C\hat{D}E = A \hat{C} D. Luego, basta con probar que [math]\frac{EF}{EC}=\frac{EC}{ED}, o que [math]EF\times ED=EC^2.
Notemos ahora que como [math]AD y [math]PF son paralelas, al igual que [math]AP y [math]DF, [math]APFD es un paralelogramo, de donde [math]DF=AP=PB.
Por base media, notemos además que [math]2DE=AC=AP+PC=BP+PC. Notemos además que [math]2EC=BC.
Multiplicando entonces por [math]2 lo que queremos demostrar, tenemos entonces que ver que [math]2EF\times 2ED=BC^2, o que [math]2(DE-DF)\times AC=BC^2, o que [math](AC-2AP)\times (PC+PB)=BC^2, que se reduce a [math](PC-PB)(PC+PB)=BC^2, o [math]PC^2-PB^2=BC^2, cosa que es trivial por el teorema de Pitágoras, al tener [math]BC y [math]BP perpendiculares.
Esto demuestra la semejanza buscada, y por lo tanto, la igualdad de ángulos.
Como [math]D y [math]E son puntos medios de los lados [math]AB y [math]BC respectivamente, se tiene que [math]DE \parallel AC, lo que obviamente implica que [math]DF \parallel AP. Y como [math]PF \parallel AB por enunciado, entonces el cuadrilátero [math]APFD es un paralelogramo. En consecuencia [math]AP=DF y [math]AD=PF.
Prolongamos [math]BF hasta cortar a [math]AC en [math]G. Como [math]AB=2PF, entonces [math]PF es la base media del triángulo [math]ABG, lo que implica que [math]AP=PG y [math]BF=FG. Y como [math]D es punto medio de [math]AB, entonces [math]DP=\frac{1}{2}BG=BF=FG. Entonces el triángulo [math]BPG es isósceles con [math]BP=PG, y como [math]F es el punto medio de [math]BG se tiene que [math]PF \perp BG, lo que implica que [math]A\widehat{B}G=90^{\circ}. Entonces el cuadrilátero [math]DPFB es un rectángulo. Por igualdad de triángulos y ángulos entre paralelas se tiene que [math]D\widehat{A}P=P\widehat{B}D=C\widehat{B}G=B\widehat{P}F=F\widehat{P}G. Finalmente, como [math]DE es base media del triángulo [math]ABC y [math]DF=\frac{1}{2}AG, entonces [math]FE=\frac{1}{2}GC.
Como [math]A\widehat{C}D=C\widehat{D}F por ser alternos internos entre paralelas, el problema equivale a demostrar que [math]A\widehat{C}D=B\widehat{C}F, que ocurre si y solamente si [math]EC^2=EF.ED. Y como [math]EC=EB por enunciado, ocurre si y solo si [math]EB^2=EF.ED. Ahora bien, como [math]E\widehat{B}F=B\widehat{D}F por ser [math]A\widehat{B}G=P\widehat{B}C=90^{\circ}, la circunferencia que pasa por [math]D, [math]F y [math]B es tangente a [math]BE en el punto [math]B, entonces se cumple la igualdad de potencia de un punto que queríamos y por consiguiente con lo que queríamos demostrar.
Hay que demostrar que [math]CF es la simediana de [math]ABC por [math]C (es decir el reflejo de la mediana por la bisectriz de [math]C en ese triangulo)
Es un hecho conocido el que la simediana de un triangulo [math]ABC por [math]C divide a [math]AB en la proporción [math]\frac{AN}{BN}=(\frac{AB}{AC})^2. Por lo que no voy a demostrarlo (sale con teoremas del seno y usando que la mediana y simediana son conjugados isogonales).
Volviendo al problema, sea [math]G=BC \cap PF, entonces hay que probar que [math]\frac{PF}{FG}=(\frac{PC}{CG})^2 (y como [math]PG es paralela a [math]AB la razon se arrastra al segmento [math]AB y estariamos).
Sea [math]\angle{BAC}=x con [math]0<x<90, entonces [math]x=\angle{PAB}=\angle{ABP}=\angle{CPG} la segunda igualdad por [math]AP=PB y la tercera por [math]PG||AB.
Luego [math]\angle{PGC}=90+x y [math](\frac{PC}{GC})^2=(\frac{\sin{90+x}}{\sin{x}})^2 por el teorema del seno en el triangulo [math]PGC.
Por otro lado, [math]APFD es un palalelogramo ([math]AD||PF y [math]DF||AP) por lo que [math]DB=AD=PF, lo que implica que [math]DPFB es un rectangulo, ya que tiene: [math]DB||PF, [math]DB=PF y [math]DP \perp PF.
Esto nos dice que [math]BF \perp PG y por lo tanto los triangulos [math]BFP y [math]BFG son semejantes.
De la semejanza obtengo: [math]\frac{BF}{FG}=\frac{FP}{BF} \rightarrow BF^2=FG \cdot FP lo que implica, [math]\frac{FP}{FG}=\frac{BF^2}{FG^2}=(\tan(90-x))^2. La ultima igualdad sale del triangulo [math]BFG.
Como probamos la igualdad de razones el problema queda resuelto.
Como el triángulo [math]APB es isósceles, con [math]AP=PB, entonces [math]PD\perp AB. Notemos que [math]AD\parallel PF y [math]AP\parallel DF, por lo tanto el cuadrilátero [math]APFD es un paralelogramo, y en consecuencia [math]\angle DAP=\angle BDF=\angle DFP=\angle FPC=\angle DFP, pero como [math]\angle BPC=\angle BAP+\angle PBA=2\angle PAB=2\angle FPC, entonces [math]\angle BPF=\angle FPC. Luego, como [math]\angle PBD=\angle DFP, entonces el cuadrilátero [math]PDBF es cíclico, y en consecuencia tenemos [math]90^{\circ }-\angle DAP=\angle APD=\angle DPB=\angle DFB, esto muestra cláramente que el cuadrilátero [math]PDBF es un rectángulo, pues [math]\angle DPF=\angle PFB=\angle PDB=90^{\circ }. Por lo tanto, [math]\angle PBF=\angle BPD=90^{\circ }-\angle DBP y como [math]\angle PBC=90^{\circ }, entonces [math]\angle DBP=\angle FBE. Como [math]\angle BDE=\angle FBE, entonces [math]BE es tangente al circuncírculo del triángulo [math]DBF en el punto [math]B, por tanto [math]EB^{2}=EF\cdot ED, pero como [math]EB=EC, entonces [math]EC^{2}=EF\cdot ED, de donde se concluye que [math]\angle EDC=\angle FCE, puesto que es el recíproco de lo que usamos hace un momento. Luego, por ser [math]DE paralelo a [math]AC tenemos que [math]\angle EDC=\angle DCA, por lo tanto, se concluye finalmente que [math]\angle DCP=\angle FCB.
