Sea $ABC$ un triángulo con $\widehat A= 60^\circ$ y $AB$ menor que $AC$. La bisectriz de $\widehat A$ corta al lado $BC$ en $D$. La recta perpendicular a $AD$ por $A$ corta a la recta $BC$ en $E$ de modo que $BE=AB+AC$. Determinar los ángulos $\widehat B$ y $\widehat C$.
Sea $M$ el punto medio de $BE$ y $J$ la intersección de $AE$ con la bisectriz de $C$. Es claro que $J$ es excentro y como $CM = (CB+BE)/2= s$ tenemos que $M$ es el punto de tangencial del excírculo.
Sea $\angle C = 2c$ y $\angle B = 2b$ con $c+b=60$
Luego $CEJ$ es isósceles, con $\angle CEJ = \angle EJC = c$. Pero $\angle CEA = 90 - \angle BDA = 90 - (30+2c)$ de donde $c = 60-2c$ y por tanto $c=20$ , de donde $\angle C = 40$ y $\angle B = 80$.
La paralela a $AD$ por $C$ corta a la recta $AB$ en $F$. Entonces $C\widehat AF=120^\circ$ (pues $B\widehat AC=60^\circ$) y $A\widehat FC=30^\circ$ (por ángulos entre paralelas y porque $B\widehat AD=30^\circ$), con lo que $ACF$ es isósceles con $AC=AF$, y así $BF=BE$. Como además $EA\perp CF$, resulta $EA$ mediatriz de $CF$, y por lo tanto bisectriz de $C\widehat EF$. Digamos que $B\widehat EA=\alpha$, entonces $B\widehat FE=B\widehat EF=2\alpha$, con lo que $C\widehat BA=4\alpha$, y así $A\widehat CB=120^\circ -4\alpha$. Por otro lado, tenemos que $F\widehat CA=30^\circ$ y que $F\widehat CE=90^\circ -\alpha$, así que $120^\circ -4\alpha +30^\circ =90^\circ -\alpha$, de donde despejamos $\alpha =20^\circ$. Los ángulos resultan ser entonces $\widehat B=80^\circ$ y $\widehat C=40^\circ$.
Truco:
Vamos a definir un punto $A'$ en la recta $BA$ tal que $AA' = AC$. De esta manera $AB + AC = AB + AA' = EB$. Formando así, dos triángulos isósceles: $\triangle A'BE$ el cual tiene $A'B = EB$ y $\triangle A'AC$ el cual tiene $A'A = AC$.
También marcamos el punto $F$ tal que este sea la intersección de $EA$ y $A'C$.
Por enunciado sabemos que $\angle EAD = 90°$ y como $\angle BAD = 30°$ por bisectriz, entonces $\angle EAB = 60°$ y por opuestos por el vértice $\angle A'AF = 60°$. De igual manera, $\angle FAC = 60°$ lo cual nos deja con que $\angle A'AC = 120°$. Dado que $\triangle A'AC$ es isósceles, entonces por suma de interiores se llega a que $\angle AA'C = \angle ACA' = 30°$ y por lo tanto $\angle AFC = \angle A'FA = 90°$. Por criterio $LAA$ sabemos que $\triangle A'AF \cong FAC$ y por lo tanto $F$ es el punto medio de $A'C$.
Si $\angle ACB = c$ entonces por ángulo exterior $\angle A'BE = 60° + c$ y como $\triangle A'BE$ es isósceles con $A'B = EB$ entonces por suma de interiores sabemos que $2 \angle EA'B + 60° + c = 180° \Rightarrow \angle EA'B = 60° - \frac{c}{2}$. Dado que $F$ era punto medio y $EP \perp A'C$ entonces $EP$ es mediatriz de $A'C$ y por lo tanto $\angle EA'P = \angle PCE \Rightarrow 60° - \frac{c}{2} + 30° = c + 30° \Rightarrow \boxed{c = 40°}$. Y por suma de interiores queda $\boxed{b = 80°}$
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Marco el punto $F$ en la recta $AB$ tal que $AC=AF$. Tengo que $C\widehat{A}F=180°-\widehat{A}=180°-60°=120°$. También $E\widehat{A}F=360°-D\widehat{A}E-D\widehat{A}C-C\widehat{A}F=360°-90°-30°-120°=120°$.Por último $E\widehat{A}C=D\widehat{A}E+D\widehat{A}C=90°+30°=120°$.
Así puedo ver que como $AE=AE, E\widehat{A}F=E\widehat{A}C, AF=AC$ los triángulos $AEC$ y $AEF$ son congruentes. Por elementos homólogos de triángulos congruentes tengo que $C\widehat{E}A=A\widehat{E}F=\alpha$.
Como $AB+AF=AB+AC=BE$ entonces el triángulo $BEF$ es isósceles y $B\widehat{F}E=2\alpha$.
Por suma de ángulos interiores del triángulo $AEF$ tenemos que $E\widehat{A}F+A\widehat{E}F+B\widehat{F}E=120°+\alpha+2\alpha=360° \Rightarrow \alpha=20°$.
Así veo que por suma de ángulos interiores del tríangulo $EAC$ pasa que $\widehat{C}=180°-C\widehat{E}A-D\widehat{A}E-D\widehat{A}C=180°-20°-90°-30°=40°$. Terminando por suma de ángulos interiores del triángulo $ABC$ tengo que $\widehat{B}=180°-\widehat{A}-\widehat{C}=180°-60°-40°=80°$
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