Sean $ABCD$ un cuadrado, $E$ un punto del lado $CD$ y $F$ un punto en el interior del cuadrado tal que el triángulo $BFE$ es isósceles y $B\widehat{F}E = 90^{\circ}$. Si $DF = DE$, calcular la medida del ángulo $F \widehat{D} E$.
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Sea $O$ el centro del cuadrado $ABCD$, entonces $BOC$ es un triángulo isósceles con $B\widehat OC=90^\circ$, de modo que $BOC$ es semejante a $BFE$, en particular, $\dfrac{BF}{BO}=\dfrac{BE}{BC}$. Tenemos además que $C\widehat BE=45^\circ -E\widehat BO=O\widehat BF$. Por el criterio LAL obtenemos que $BFO$ es semejante a $BEC$, en particular resulta $F\widehat OB=E\widehat CB=90^\circ$, lo que nos dice que $F,O,C$ están alineados. Como $OC$ es la mediatriz de $BD$ (porque $OC$ y $BD$ son diagonales del cuadrado), entonces $BF=FD$. Como ya sabíamos que $BF=FE$ y que $FD=ED$, obtenemos que $DEF$ es equilátero, así que $F\widehat DE=60^\circ$.
Como $B\widehat FE=90^\circ =2\cdot 45^\circ =2\cdot B\widehat DE$, $BF=FE$ y $F$ está del mismo lado de $BE$ que $D$ (porque está adentro del cuadrado), entonces $F$ es el circuncentro de $BDE$, con lo que $FB=FE=FD$, y como $FD=ED$, resulta que $DEF$ es equilátero y $F\widehat DE=60^\circ$.
Por angulitos, $BFEC$ es cíclico, de donde $\angle BCF = \angle BEF = 45$ y $F$ está en la diagonal $AC$. Luego $DE = DF = BF = FE$ y el problema sigue
"Al toque Roque // Al pique Quique // Tranca palanca // No pasa nada // Argentina Gana // La tenés adentro //
Obviamente, pero siendo que esta prueba la rinde gente que recién está en su primer año de Nivel 1, me pareció más elemental una semejanza que un cíclico. Tranquilamente podía decir que la rotohomotecia de centro $B$ que manda $E\mapsto F$ también manda $C\mapsto O$ y $D\mapsto A$, de modo que en realidad $F$ está en el segmento $AO$, pero insisto en que me parece más elemental una semejanza.
Sabiendo que hay un punto $E$ del lado $\overline{CD}$ y un punto $F$ en el interior del cuadrado $ABCD$, y que el triángulo $BFE$ es isósceles con $B\widehat{F}E$ = $90^{\circ}$ y $\overline{DF}$ = $\overline{DE}$.
Teniendo estos datos podemos calcular que $F\widehat{B}E$ = $F\widehat{E}B$ = $45^{\circ}$, esto se calcula ya que los ángulos interiores de un triangulo son $180^{\circ}$ y al tener el ángulo desigual igual a $90^{\circ}$ hacemos: ($180^{\circ}$ - $90^{\circ}$)/2 = $45^{\circ}$.
Entonces lo que empecé a hacer es intentar que cumpla todas las condiciones dadas , después de probar y probar me di cuenta que el triángulo $FDE$ era equilatero ya que comparte el lado $\overline{FE}$ con el trángulo $FBE$ y $\overline{DE}$ = $\overline{DF}$ $ \Rightarrow $ $F\widehat{D}E$ = $F\widehat{E}D$ = $D\widehat{F}E$ = $180^{\circ}$/3= $60^{\circ}$.
Siendo $\overline{AC}$ la diagonal, si vemos la prolongación de $\overline{AF}$ es la bisectriz de $B\widehat{A}D$ y por lo tanto la prolongación de $\overline{AF}$ hasta $C$ sera una de las diagonales del cuadrado $ABCD$.
Tambíen el triángulo $AFB$ $≅$ $AFD$.
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Es claro que $ \mathbf{CBFE}$ es cíclico porque $ \measuredangle$ $ \widehat{BCE}$ + $ \measuredangle$ $ \widehat{BFE}$ = $180 $.
Y como el triangulo $BEF $ es isósceles y rectángulo $ \measuredangle$ $ \widehat{FEB}$ = $ \measuredangle$ $ \widehat{FBE}$ = $45 $. Por el cíclico anteriormente mencionado sale que $ \measuredangle$ $ \widehat{FCD}$ = $45 $ por lo que F $\in$ $\overline{AC}$.
Por lo que $ \measuredangle$ $ \widehat{FAD}$ = $ \measuredangle$ $ \widehat{FAB}$ = $45 $.
Luego los triangulos $FAD$ y $FAB $ son congruentes o sea $FAD $ $\cong$ $FAB $ ( Criterio $LAL $ ). Y gracias a esto se tiene que $\overline{FD}$ = $\overline{FB}$
Trabajando con las igualdades sale que $\overline{FD}$ =$\overline{FE}$ =$\overline{ED}$ y eso nos da a entender que $FED $ es un triangulo equilátero. Por lo que $ \measuredangle$ $ \widehat{FED}$ = $60 $
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@ulisess.kr