En el triángulo $ABC$ sean $D$ y $E$ en los lados $AB$ y $AC$ respectivamente, tales que $BD=CE$. Sean $M$ y $N$ los puntos medios de $BC$ y $DE$ respectivamente.
Demostrar que la bisectriz del ángulo $B\hat A C$ es paralela a la recta $MN$.
Si $AB = AC$, Entonces es facil ver que la recta $MN$ coincide con la bisectriz $BAC$ y por lo tanto cumple la condición. Supongamos de ahora en más que son distintos.
Sea $P$ la intersección entre $MN$ y la recta $AB$ y sea $Q$ la intersección entre $MN$ y el segmento $AC$ (Puede suceder así o al revés, pero ambos casos son análogos).
Usando el teorema de Menelao en el triángulo $BCA$, con los puntos $M$,$Q$, y $P$ que pertenecen a una misma recta obtenemos:
$$\frac{BM}{MC} \times \frac{CQ}{QA} \times \frac{AP}{PB} = 1$$
Cómo $BM = MC$, $\frac{BM}{MC} = 1$, de donde $\frac{CQ}{QA} = \frac{BP}{AP}$ y de donde $\frac{PA}{AQ} = \frac{BP}{CQ}$. $(1)$
De forma análoga en el triángulo $DEA$ y con los tres puntos colineales $N,Q,P$:
$$\frac{DN}{NE} \times \frac{EQ}{QA} \times \frac{AP}{PD} = 1$$
y usando la igualdad $DN = NE$ y el teorema de Menelao, arribamos a $\frac{EQ}{QA} = \frac{PD}{PA}$ $(*)$ de dónde $\frac{PA}{AQ} = \frac{PD}{EQ}$. $(2)$
Combinando $(1)$ y $(2)$ obtenemos: $\frac{PA}{AQ} = \frac{BP}{CQ} = \frac{PD}{EQ}$.
Usando la última igualdad, podemos decir que $\frac{CQ}{EQ} = \frac{BP}{PD}$. Cómo $ CQ = EQ + EC$ y $BP = PD + BD$ Reescribimos cómo: $\frac{EQ + EC}{EQ} = \frac{PD+BD}{PD} = 1 + \frac{EC}{EQ} = 1 + \frac{BD}{DP}$ de dónde $\frac{EC}{EQ} = \frac{BD}{DP}$. Cómo $BD = EC$, entonces $EQ = DP$.
Volviendo a $(*)$, obtenemos $QA$ = $PA$. Luego $\angle APQ = \angle AQP = \frac{\angle BAC}{2} = \angle MQC$. Nótese que si $I$ es el pie de la bisectriz desde $A$, $\angle CAI = \frac{\angle BAC}{2} = \angle MQC$, de dónde la bisectriz desde $A$ y $MN$ son paralelas
Este es un lindo problema para explicar por qué muchas veces conviene reflejar con respecto a un punto medio. Les dejo el link por si quieren leer un apunte que armé y seguir practicando esta idea que es bastante copada. Prueben reflejando el punto $E$ por $M$.
Sea $E'$ el simétrico de $E$ respecto de $M$, y sea $P$ el pie de la bisectriz de $A$. Al ser $M$ el punto medio de $BC$ y $M$ el punto medio de $EE'$, podemos notar que $BE'CE$ es un paralelogramo, porque sus diagonales se cortan en su punto medio. De aquí obtenemos que:
$\angle CBE' = \angle C$. Por ángulos alternos internos.
$EC=BE'=BD$. Por lo que el $\triangle BE'D$ es isósceles en $B$.
Luego notemos que $\angle E'BD = \angle C + \angle B = 180 - \angle A$, por lo que $\angle BDE' = \angle BE'D = \angle \frac{A}{2}$.
Con esto deducimos entonces que el segmento $DE'$ es paralelo a la bisectriz de $A$, dado que $\angle BAP = \angle BDE' = \frac{A}{2}$ y son ángulos correspondientes.
Si nos concentramos ahora en el triángulo $DEE'$, podemos notar que $M$ y $N$ son los puntos medios de $ED$ y $EE'$, por lo que $MN$ es la base media del triángulo $DEE'$. Al ser $MN$ base media, entonces $MN$ es paralelo a $DE'$. y aquí está el quiebre del problema.
Finalmente demostramos que $DE'$ es paralela a la bisectriz de $A$ y a la vez es paralela a la recta $MN$, por lo que esto implica que $MN$ y la bisectriz de $A$ son paralelas, y demostramos lo que nos pedía el enunciado.
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Lema: Sea $ABC$ un triángulo con $AC>AB$. Sean $M$ el punto medio de $BC$ y $P$ en $AC$ tal que $BA+AP=PC$. Entonces, $MP$ es paralela a la bisectriz de $\angle BAC$. Demostración: Sea $L$ el pie de esta bisectriz.
Sea $X$ en la recta $CA$ tal que $AX=AB$. Luego, $\angle AXB=\angle ABX=\frac{1}{2}\angle BAC=\angle CAL$, de modo que $AL\parallel BX$.
Por otro lado, vale que $PC=BA+AP=XA+AP=XP$, luego $P$ es punto medio de $CX$. Además, como $M$ es punto medio de $CB$, se sigue que $BX\parallel MP$.
Combinando, $AL\parallel BX\parallel MP$, como queríamos probar.
Sea $P$ el punto en $ABC$ definido como el del Lema. Como $BD=CE$, se sigue que la hipótesis del Lema también vale para $ADE$. Es decir, aplicado el Lema a los dos triángulos, se deduce que $MP$ y $NP$ son ambas paralelas a la bisectriz de $\angle BAC$, por lo que la recta $MN$ es paralela también, como queríamos probar.
Lema: Sea $ABC$ un triángulo con $AC>AB$. Sean $M$ el punto medio de $BC$ y $P$ en $AC$ tal que $BA+AP=PC$. Entonces, $MP$ es paralela a la bisectriz de $\angle BAC$. Demostración: Sea $L$ el pie de esta bisectriz.
Sea $X$ en la recta $CA$ tal que $AX=AB$. Luego, $\angle AXB=\angle ABX=\frac{1}{2}\angle BAC=\angle CAL$, de modo que $AL\parallel BX$.
Por otro lado, vale que $PC=BA+AP=XA+AP=XP$, luego $P$ es punto medio de $CX$. Además, como $M$ es punto medio de $CB$, se sigue que $BX\parallel MP$.
Combinando, $AL\parallel BX\parallel MP$, como queríamos probar.
Sea $P$ el punto en $ABC$ definido como el del Lema. Como $BD=CE$, se sigue que la hipótesis del Lema también vale para $ADE$. Es decir, aplicado el Lema a los dos triángulos, se deduce que $MP$ y $NP$ son ambas paralelas a la bisectriz de $\angle BAC$, por lo que la recta $MN$ es paralela también, como queríamos probar.
Asumamos que $AB\neq AC$, sino el problema es trivial.Sin pérdida de la generalidad supongamos que $AC>AB$.
Sean $Y$ y $X$ las intersecciones de la bisectriz de $\angle BAC$ con $BC$ y $DE$ respectivamente.
Vamos a denotar [$\mathcal{P}$] al área del poligono $\mathcal{P}$.
Como $BD=CE$, $[BDY]=[YEC] (1)$ pues $Y$ equidista de $AB$ y $AC$.
Como $DN=NE$, $[DYN]=[CEY] (2)$.
De $(1)$ y $( 2)$ resulta que $[BYND]=\frac{[BCDE]}{2}$.
Analogamente $[BMXD]=\frac{[BCDE]}{2}$.
Pero $[BYND]=[BDXY]+[XNY]$ y $[BMXD]=[BDXY]+[XYM]$.Entonces $[XNY]=[XMY]$, de donde $XY\parallel MN$, de lo que sigue el problema.
Sea $P$ el pie de la bisectriz de $\angle BAC$. Sean $X$ un punto en la recta $AB$ tal que $XM\parallel AP$, $Y=AC\cap XM$, y $N'=XM\cap DE$. Vamos a demostrar que $N=N'$.
Por el teorema de la bisectriz en $\triangle ABC$, obtenemos que $\frac{AB}{BP}=\frac{AC}{CP}$. Como $\triangle ABP\sim \triangle XBM$ y $\triangle ACP\sim \triangle YCM$, tenemos que $\frac{AB}{BP}=\frac{BX}{BM}$ y $\frac{AC}{CP}=\frac{CY}{CM}$. Combinando las expresiones obtenidas, $\frac{BX}{BM}=\frac{CY}{CM} \Leftrightarrow BX=CY$.
Aplicando la Ley de senos en $\triangle XDN'$ y $\triangle YEN'$, se obtiene $DN'=\frac{DX\cdot \sin{\angle DXN'}}{\sin{\angle DN'X}}$ y $EN'=\frac{EY\cdot \sin{\angle EYN'}}{\sin{\angle EN'Y}}$. Ahora vamos a demostrar que ambas expresiones son equivalentes.
Es cierto que $DX=EY$, ya que $BX=CY$ y $BD=CE$. Además $\angle DXN'=\angle DAP=\angle EAP=\angle EYN'$. Por último, como $\angle DN'X+\angle EN'Y=180^\circ$, tenemos que $\sin{\angle DN'X}=\sin{\angle EN'Y}$. Luego $DN'=EN'$, por lo que es el punto medio de $DE$ y así $N=N'$. Luego $MN\parallel AP$.
Para que ambas sean paralelas, deben formar el mismo ángulo con la base B-C del triángulo.
Si A-B=A-C, ambas coinciden, y por lo tanto, son paralelas.
Si no damos por hecho que sean iguales, vamos a tener en cuenta que, en la parte inferior del triángulo, se forman 2 trapecios, con todos sus lados respectivamente iguales. Debido a esto, tendrán también todos sus ángulos respectivamente iguales. Cómo resultado de esto sabemos que el ángulo C, va a ser igual al ángulo B, por lo que el triángulo es isósceles.
Hola, tené cuidado que esta parte no es cierta. En los cuadriláteros, que los lados sean todos iguales no significa que los ángulos sean todos iguales, como sí pasa en los triángulos. Por ejemplo, este cuadrado y este rombo tienen ambos todos sus lados de longitud $1$, pero no tienen ningún par de ángulos iguales (fijate que en particular son trapecios, así que cumplen todo lo que dijiste vos). Te comento nomás que lo que pide el problema es cierto incluso en triángulos escalenos, así que no te recomendaría que intentes demostrar que es isósceles .
cuadrado y rombo.png
Si te queda alguna duda podés preguntarme .
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