Dado $\triangle ABC$ isosceles con $\angle A=90 \degree $. El punto $D$ esta en el segmento $BC$ de tal manera que cumple $BD=2CD$. Sea $E$ el pie de la perpendicular del punto $B$ en la linea $AD$.
Encontrar $\angle CED$.
Suscribirse a:
Comentarios de la entrada (Atom)
tienes que el angulo $bed=90$ por lo tanto tienes que como $bd=2cd$ entonces el angulo $adb=105$ entonces tienes que $E$ esta fuera del triangulo por lo tanto tienes que en el triangulo $bde$ el angulo $bde=75$ y el angulo $bed=90$ entonces el angulo $dbe=15$ entonces tienes que el anglo $cde$ mas el angulo $dce$ igual a $75$
ResponderBorrarhasta ahi llevo
Porque ADB=105?
BorrarVeo que $\frac{AB}{AC}*\frac{\sin{\angle BAD}}{\sin{\angle CAD}}=\frac{BD}{DC}=2$.Entonces como $AB=AC$ y $\angle CAD=\angle ABE$: $2=\frac{\sin{\angle BAD}}{\sin{\angle CAD}}=\frac{\frac{BE}{AB}}{\frac{AE}{AB}}=\frac{BE}{AE}$. Entonces $BE=2AE$.ESO es lo que llevo
ResponderBorrarEste comentario ha sido eliminado por el autor.
BorrarSea $F$ la interseccion de $BE$ con la paralela a $ED$ por $C$.Veo que $\angle BFC=\angle BAC=90$ entonces $BAFC$ es ciclico.
BorrarLuego sea $P$ la interseccion de $BF$ con $AC$.Veo que $\triangle AEP\sim\triangle BEA$ entonces $\frac{AE}{BE}=\frac{EP}{EA}=\frac{AP}{AB}=\frac{1}{2}$ ya que $BE=2AE$ entonces por lo ultimo veo que $2AP=AB=AC$ entonces $P$ es punto medio de $AC$.Entonces veo que el triangulo $AEP$ es congruente al triangulo $CFP$ ya que sus angulos son iguales y tienen un lado igual el cual es $AP=PC$ entonces si son congruentes se tiene que $AE=FC$ pero ademas $AE\parallel FC$ entonces $AEFC$ es un paralelogramo y se tiene que $\angle CED=\angle FAD$ ya que $FA\parallel EC$ pero veo que como $BAFC$ es ciclico entonces $\angle AFB=\angle ACB=45$ entonces para completar los 180 del triangulo $AEF$ el angulo $FAE$ debe medir 45 entonces el angulo $CED$ es igual a 45 que es lo que nos pedian encontrar.
yo lo que ise fue lamar $M$ al punto medio de $DB$ luego por $LAL$ tenemos que $\triangle AMB \cong \triangle ADC$ sea $\angle MAB=\angle CAD\alpha$ entonces tenemos que $\angle MDA=\angle ADM=\alpha+45$ entonces $\angle DAM=90-2\alpha$ luego por el triangulo $DEB$ tenemos que $\angle DBE=45-\alpha$ entonces $\angle EBA=\alpha$ y llame $X$ al punto donde se cortan la lineas $AM$ y $BE$ $entonces tenemos que el triangulo $\triangle AXB$ es isosceles.
ResponderBorrarComo $\angle BAC=90$ y ABC es isósceles, $\angle ACB=\angle ABC=45$. Hacemos F al punto medio de BC y G la intersección de BE y AC.
ResponderBorrarHacemos $\angle GBC=\alpha$, entonces $\angle ABG=45-\alpha$ y como $\angle EAB+\angle ABE=90$, $\angle EAB=45+\alpha$.
Como F es el punto medio de BC y ABC es isósceles, AF es bisectriz de $\angle CAB$ y $\angle FAB=45$, como $\angle DAB=45+\alpha$, $\angle DAF=\alpha$ y ABFE es cíclico porque $\angle EAF=\angle EBF$, entonces $\angle FEB=\angle FAB=45$ y $\angle AFE=\angle ABE=45-\alpha$ y como $\angle DEF+\angle FEB$ y $\angle EFD+\angle EFA$ suman 90 entonces $\angle EFD=45+\alpha, \angle DEF=45$
Más o menos eso he hecho, no supe cómo usar que BD=2CD.
Lo que yo hice fue agregar un punto. Este punto sera $P$ y es la proyeccion de $C$ en $AD$. Despues de hacer esto, note que habia 2 pares de angulos iguales cuya medida no conocia y les puse nombre.
ResponderBorrar$\angle EAB=\angle ACP=\alpha$
$\angle CAP=\angle ABE=\beta$
Luego, me fijo en que $\frac{AB}{AC}\frac{sen\alpha}{sen\beta}=\frac{BD}{CD}$
Pero sabemos que $AB=AC$ y $BD=2CD$.
Entonces $\frac{sen\alpha}{sen\beta}= 2$
Tambien sabemos que $sen\alpha=\frac{BE}{AB}$ y $sen\beta=\frac{AE}{AB}$
Entonces $\frac{BE}{AB}/\frac{AE}{AB}=2$
Y si lo resolvemos nos queda: $BE=2AE$
Luego me fije en que $sen\beta=\frac{CP}{CA}=\frac{AE}{AB}$
Como $CA=AB$ tenemos que $AE=CP$
Despues me fije en que $sen\alpha=\frac{BE}{AB}=\frac{AP}{AC}$
Ya vimos que $CA=AB$ entonces: $BE=AP=2AE$
Como $AP=2AE$ y $A$, $P$, y $E$ son colineales, entonces $EP=AE$
Ya sabiamos que $AE=CP$. Entonces $CP=EP$.
Por lo tanto $CPE$ es un triangulo rectangulo isosceles con el angulo de $90^o$ en $P$.
Por lo tanto $\angle PCE=\angle PEC=45^o$
Por ser $P$ un punto sobre el rayo $ED$, $\angle CED=45^o$ Q.E.D.
Intento.-
ResponderBorrarProlongamos $EC$ hasta cortar a $AB$ por $G$, prolongamos $BE$ hasta cortar a $AC$ por $F$.
Tenemos que se cumple Ceva:
$\frac{CF}{FA}*\frac{AG}{GB}*\frac{BD}{DC}=!$ Sabemos que $2DC=BD\Rightarrow \frac{BD}{DC}=2\Rightarrow \frac{CF}{FA}*\frac{AG}{GB}=\frac{1}{2}$
Tenemos tambien 3 Menelaos:
$\frac{AG}{GB}*\frac{BE}{EF}*\frac{EC}{AC}=1$
$\frac{CF}{FA}*\frac{AE}{ED}*\frac{BD}{BC}=1\Rightarrow \frac{CF}{FA}*\frac{AE}{ED}=\frac{3}{2}$
$\frac{AF}{FC}*\frac{CE}{EG}*\frac{GB}{AB}=1$
Hasta aquí llevo.
http://s739.photobucket.com/albums/xx34/leo0_9506/Ommch/?action=view¤t=CAM001551.jpg
ResponderBorrarSI NO SE ENTIENDE DIME Y LO VUELVO A HACER MAS ORGANIZADO:)
Se ve bien
BorrarEste comentario ha sido eliminado por el autor.
ResponderBorrarEste es mi avance:
ResponderBorrarLlamamos $F$ a la intersección de $BE$ con $AC$ .
No puede haber dos ángulos de $90^o$ , entonces $AB=AC$ y $\angle ACB = \angle ABC = 45^o$ .
Digamos que $\angle BDE = \alpha$ y $\angle EBD = \beta$ . Sabemos que $\angle DEB = 90^o \Rightarrow \alpha + \beta = 90^o$ .
Digamos que $\angle EBA = \theta$ . Sabemos que $\angle ABC = 45^o \Rightarrow \beta + \theta = 45^o$ .
$\Rightarrow \angle BAE = \alpha + \beta + \theta , \Rightarrow EAC = \theta$ .
$\Rightarrow \angle AFE = \alpha + \beta + \theta$
Por el Teorema de la Bisectriz Generalizado:
$(\frac{AB}{AC})(\frac{\sin \angle BAD}{\sin \angle CAD})=\frac{DB}{DC}$
$\Rightarrow (1)(\frac{\sin \angle BAD}{\sin \angle CAD})=2$
$\Rightarrow \frac{\sin \angle BAD}{\sin \angle CAD}=2$
Por el Teorema de la Bisectriz Generalizado:
$(\frac{AB}{AF})(\frac{\sin \angle BAD}{\sin \angle CAD})=\frac{EB}{EF}$
$\Rightarrow (\frac{AB}{AF})(2)=\frac{EB}{EF}$
$\Rightarrow \frac{\frac{EB}{EF}}{\frac{AB}{AF}}=2$
Por los ángulos que tenía, tenemos algunas semejanzas:
$\triangle BEA \sim \triangle BAF \sim \triangle AEF$
$\frac{BE}{BA}=\frac{EA}{AF}=\frac{BA}{BF}$
$\Rightarrow BA^2=BE \times BF$
$\frac{BE}{AE}=\frac{EA}{EF}=\frac{BA}{AF}$
$\Rightarrow AE^2=BE \times EF$
$\frac{BA}{AE}=\frac{AF}{EF}=\frac{BF}{AF}$
$\Rightarrow AF^2=EF\times BF$
Llamemos $G$ a la intersección de $CE$ con $AB$ y $F$ a la intersección de $BE$ con $AC$ .
Por Ceva:
$(\frac{AG}{GB})(\frac{BD}{DC})(\frac{CF}{FA})=1$
$\Rightarrow (\frac{AG}{GB})(2)(\frac{CF}{FA})=1$
$\Rightarrow (\frac{AG}{GB})(\frac{CF}{FA})=\frac{1}{2}$
$\Rightarrow (\frac{GB}{AG})(\frac{FA}{CF})=2$