Sea $ABC$ un triángulo y $D$ en el segmento $BC$ tal que $AD$ es la bisectriz de $B\widehat{A}C$. Sea $M$ el punto medio de $BC$. Se traza por $M$ la paralela a $AD$ que corta a la recta $AB$ en $E$ y al segmento $AC$ en $F$. Además, la paralela a $AD$ trazada por $B$ corta a la recta $AC$ en $G$. Si $AB=7$ y $AC=10$, calcular las longitudes de los segmentos $AG$ y $BE$.
Como AD es bisectriz de $\angle BAC$:
$\angle CAD = \angle DAB = α$
Por ángulos entre paralelas, $\angle ABG = α$ (alterno interno con $\angle DAB$).
Como $\angle CAD + \angle DAB + \angle BAG = 180°$, $\angle BAG = 180° - 2α$.
Por sumatoria de ángulos interiores en GAB, $\angle AGB = α$, es decir que GAB es isósceles con AB = AG = 7.
Luego, por Teorema de la Bisectríz, AB/AC = $\dfrac{BD}{BC}$ = $\dfrac{7}{10}$. Como M es punto medio de BC, $\dfrac{BD}{BC}$ = $\dfrac{CM-MD}{CM+MD}$ = $\dfrac{7}{10}$.
Bueno, lo que yo hice primero fue calcular BC por el teorema del cateto, ya que mi triangulo era rectángulo, ya que BC es la hipotenusa BC=√(AC²+AB²)=√149, luego calculé los ángulos por pitagoras, y saqué los demás ángulos haciendo restas de 90- x o 180- x, luego de eso se puede saber que AGB es isósceles por lo cual AG=AB=7 y también se sabe que AFE es isósceles, por lo cual AE=AF, por esto si calculamos AF podemos calcular la medida de BE, a partir de que BE=AB+AE, para calcular AF se necesita calcular CF, ya que AF=AC-CF y aquí entra el teorema de tales en triángulos, se puede ver a simple vista que CGB es la extensión del triángulo CFM, por lo cual sus lados son proporcionales y sus ángulos son iguales, sabiendo que M es el punto medio de BC, se sabe que CM=MB=(√149)/2 por esto se puede predecir, sabiendo que los triángulos CFM y CGB son proporcionales, que los lados de CFM miden la mitad de los lados de CGB, por lo cual sabiendo que CG=AC+AG=17, se puede calcular que CF=17/2=8,5 entonces AF=10-8,5=1,5 y como AF=AE sabemos que AE=1,5 y con esto calculamos BE, BE=AB+AE BE=7+1,5 y pum, sorpresa, nos da que BE=8,5
Por opuestos por el vertice $\angle AFE =\angle MFC = \alpha$
Además, $\angle FAE = 180^{\circ} - 2\alpha$ $ \Rightarrow $ $\angle AEF + \angle EFA = 2\alpha$ y como $\angle AFE = \alpha$, $\angle AEF = \alpha$ y el triangulo $AEF$ es isosceles con $AE = AF$
Luego como $AD \parallel BG$, $\angle GBD = \alpha + \beta$ y como $\angle ABC = \beta$ $ \Rightarrow $ $\angle GBA = \alpha$
Por puestos por el vertice, $\angle GAB = \angle FAE = 180^{\circ} - 2\alpha$ y por suma de angulos interiores entonces $\angle BGA = \alpha$ y viendo los angulos del triangulo $ABG$ llegamos a que $ABG$ es isosceles con $AB = AG$
Como $AB = 7$, tenemos que $AG = 7$
Después tenemos que sacar $BE$. Para eso tenemos que sacar $AE$ o $AF$ ya que $AE = AF$
Supongamos que $AE = AF = x$
ahora vamos a utilizar el Teorema de Menelao en el triangulo $ABC$. $M,F,E$ están alineados y $M$ corta al segmento $BC$, $F$ corta al segmento $AC$ y $E$ corta a la recta $AB$. Entonces por el Teorema del Menelao:
Resolviendo la cuadratica nos queda que $x_1 = 0$ y $x_2 = \frac{3}{2}$
Como $x$ solo puede tomar valores positivos (ya que si $x$ fuese $0$, $AB$ sería igual a $AC$, algo que no pasa) llegamos a que $x = FA = AE = \frac{3}{2}$
Gracias a las paralelas a la bisectriz tenemos que
$\alpha =\angle CAD=\angle BAD=\angle ABG=\angle AGB =\angle AEF =\angle AFE$
Así que los triángulos $AGB$ y $AEF$ son isósceles con $AG=AB=7$ y $AF=AE$.
Miremos el triángulo $BCG$, $M$ es punto medio de $BC$ y $MF$ es paralela a $BG$. Entonces por base media tenemos que $F$ es punto medio de $CG$.
$BE=BA+AE=GA+AF=GF=\frac{CG}{2}=8,5$
Comenzamos viendo que como $AD\parallel GB \Rightarrow C\widehat{A}D=C\widehat{G}B, D\widehat{A}B=A\widehat{B}G$ por correspondientes y alternos internos entre paralelas respectivamente. Por dato y la propiedad transitiva de la congruencia pasa que $C\widehat{A}D=D\widehat{A}B \Rightarrow C\widehat{G}B=A\widehat{B}G$. Entonces el triángulo $AGB$ es isosceles y $AB=AG=7$ y tenemos los primero que pide el problema.
Again, como $AD\parallel GB\Rightarrow C\widehat{G}B =E\widehat{F}A, A\widehat{B}G=F\widehat{E}A$ por alternos internos. Basándonos en la propiedad transitiva de la congruencia tenemos que $C\widehat{G}B=A\widehat{B}G \Rightarrow E\widehat{F}A=F\widehat{E}A$. Entonces, el triángulo $EFA$ es isósceles con $AE=AF$.
Veamos un segundo al segmento $MF$. Como $M$ es punto medio de $BC$ y $GB\parallel MF$ entonces $FM$ es base media entonces $F$ es punto medio de $GC$. Entonces $GF= \frac{GC}{2}=\frac{GA+AC}{2}=\frac{7+10}{2}=\frac{17}{2}=8,5$. Ahora podemos hacer $AF=GF-GA=8,5-7=1,5$. Como habíamos dicho, $AF=AE=1,5$. Entonces $BE=AB+AE=7+1,5=8,5$
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Primero que nada, escribamos $\angle A=2\alpha$, así podemos decir que $\angle BAD=\angle CAD=\alpha$.
Como $AD\parallel FM$, vale que $\angle CFM=\angle CAD=\alpha$.
Como $BG\parallel AD$, vale que $\angle CGB=\angle CAD=\alpha$.
Entonces, tenemos que $\angle CFM=\angle CGB=\alpha$, es decir, $FM\parallel BG$. Ahora, por el famoso Teorema de Tales (o Thales), vale que $\frac{BM}{CM}=\frac{GF}{CF}$, pero como $M$ es punto medio, la primera fracción es $1$, así que la segunda también, lo que quiere decir que $GF=CF$ (1)
Notemos que $\angle GAB=180^{\circ}-\angle BAC=180^{\circ}-2\alpha$.
Ahora, en el triángulo $ABG$, tenemos que $\angle ABG=180^{\circ}-(\angle BGA+\angle GAB)=180^{\circ}-(\alpha+(180^{\circ}-2\alpha))=\alpha$, pero eso implica que $\angle ABG=\angle BGA=\alpha$, o sea que $ABG$ es isósceles con $AB=AG$.
Si colocamos esto último en (1), vale que $CF=GF=AG+AF=AB+AF$.
Pero notemos que $2CF=CF+(AB+AF)=AB+AC=7+10=17$ luego $CF=8,5$.
Ahora, recordando que $EF$ y $AG$ son paralelas, si ya teníamos que $ABG$ era isósceles, $AEF$ también lo es (ver ángulos entre paralelas).
Ya tenemos todo para responder las preguntas:
$AG=AB=7$ y $BE=AB+AE=AB+AF=CF=8,5$
Y estamos.
Bueno, es mi oportunidad para hacer notar el siguiente resultado (usado un montón de veces en el problema):
Lema: Sea $ABC$ un triángulo con $AB<AC$, $M$ el punto medio de $BC$. Ahora, sea $P$ en $AC$ tal que $AB+AP=PC$. Entonces $MP$ es paralela a la bisectriz por $\angle A$. Esta recta se suele denominar cuchilla (un nombre demasiado pomposo a mi parecer).
Este lema, tan inofensivo como parece, tiene muchísimo poder. Como dice el dicho popular:
Proverbio escribió:Una cuchilla bien usada daña más que mil espadas de @Elsa Muray.
Lo que caracteriza a la cuchilla es que es una de esas configuraciones no tan notables que aparecen en un montón de lugares, y poder controlarla puede ser de mucha ayuda a la hora de resolver un problema. Para demostrar su ubicuidad, acá está la siguiente lista de problemas (seguramente incompleta), cada uno con su dificultad (completamente subjetiva) y algunos comentarios:
Nacional 1995 N2 P3 Dificultad: 2/5.
No es inmediato aún si conocés el Lema, pero conocerlo te da casi toda la solución.
Cono Sur 2018 P1 Dificultad: 2/5.
Otra vez, no es inmediato por el Lema, pero verlo en la figura te da todas los datos para resolver el problema.
Nacional 2019 N1 P3 Difiultad: 4/5.
No es tan fácil ver el Lema, pero conocerlo de antemano te puede dar buenas ideas. Aún así, no todas las soluciones incluyen este Lema, algunas soluciones copadas que no lo usan están subidas en el foro.
Seguro hay más, pero no se me ocurre ninguno.
PD: esto lo había escrito en 2020 pero siempre me dio vergüencita subirlo
Y nada, ahora ya estamos grandes
Espero que a Elsa no le moleste, y le propongo con este humilde mensaje hacer las paces
