En el triángulo $ABC$, sean $P$ el pie de la bisectriz de $\angle BAC$ y $Q$ el pie de la bisectriz de $\angle ABC$. Se sabe que $\angle BAC=60^\circ$ y que $AB+BP=AQ+QB$.
Hallar los posibles valores de los ángulos del triángulo $ABC$.
Sean $P'$ en la semirrecta $AB$ tal que $AP'=AB+BP$ y $Q'$ en la semirrecta $AC$ tal que $AQ'=AQ+QB$, y sea $\angle ABC=4\beta$.
Supongamos que $AQ'>AC$.
Notemos que $AP'=AQ'$, y como $\angle P'AQ'=\angle BAC=60^\circ$, tenemos que $AP'Q'$ es equilátero, entonces la bisecetriz de $\angle P'AQ'$ es mediatriz de $P'Q'$, de donde $PP'=PQ'$. Además, sabemos que $BP'=BP$ y $BQ=QQ'$.
Tenemos entonces que $\angle BQQ'=\angle QAB+\angle QBA=60^\circ +2\beta$, por lo tanto, $\angle QBQ'=\frac{180^\circ -\angle BQQ'}{2}=\frac{180^\circ -60^\circ -2\beta}{2}=60^\circ -\beta$, y así $\angle PBQ'=\angle CBQ'=\angle QBQ'-\angle QBC=60^\circ -\beta -2\beta =60^\circ -3\beta.$
Por otro lado, $\angle P'BQ'=180^\circ -\angle ABQ-\angle QBQ'=180^\circ -2\beta -(60^\circ -\beta )=120^\circ -\beta$, entonces $\angle BQ'P'=180^\circ -\angle P'BQ'-\angle BP'Q'=180^\circ -(120^\circ -\beta )-60^\circ =\beta$. También tenemos que $\angle PP'B=\angle P'PB=\frac{180^\circ -\angle PBP'}{2}=\frac{4\beta}{2}=2\beta$, por lo que $\angle PQ'P'=\angle Q'P'P=\angle Q'P'B-\angle PP'B=60^\circ -2\beta$, finalmente, $\angle PQ'B=\angle PQ'P'-\angle BQ'P'=60^\circ -2\beta -\beta =60^\circ -3\beta$, y así, $\angle PQ'B=\angle PBQ'$, de donde $PB=PQ'=PP'$, pero $PB=BP'$, entonces $PBP'$ es equilátero, luego, $\angle PBP'=60^\circ =\angle BAC$, por lo que $AC\parallel BP\parallel BC$, absurdo pues $ABC$ es un triángulo. El absurdo proviene de suponer que $AQ'>AC$.
Si suponemos que $AQ'<AC$ pasa algo similar (hay que tener cuidado cuáles ángulos restamos, pero las cuentas son las mismas).
Entonces $AQ'=AC$, por lo tanto, $\angle ACB=\angle QCB=\angle QBC=2\beta$, entonces $60^\circ +6\beta =180^\circ$, de donde $\beta =20^\circ$, finalmente $\angle A=60^\circ$, $\angle B=80^\circ$ y $\angle C=40^\circ$, y estamos.
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