1.- Sea ABCD un trapecio con AD∥BC. Si se sabe que AB=AD+BC, demuestra que la bisectriz de ∠BAD intersecta a CD en su punto medio.
2.- Dos circunferencias son tangentes externamente en B. Una tangente a una de las circunferencias por A intersecta a la otra circunferencia en C y D. Muestra que A es equidistante a las rectas BC y BD.
3.- Sea I el incentro de △ABC. Sean D, E y F las reflexiones de I sobre los lados BC, AC y AB respectivamente. Si se tiene que DEFB es un cuadrilatero cíclico, encuentra todos los posibles valores de ∠ABC
(Si, 3, aunque ya sean 6 problemas hoy, casi no pidieron publicar problemas de geometría y les hace falta para el nacional)
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ResponderBorrar1.-Sea E un punto en el rayo BC tal que CE=AD entonces veo que como AB=AD+BC=CE+BC=BE entonces el triangulo ABCes isoceles entonces ∠BAE=∠BEA pero BE∥AD entonces ∠BEA=∠EAD entonces AE es bisectriz del angulo BAD entonces AE pasa por M luego veo que por AA se cumple que △AMD∼△EMC pero CE=AD entonces estos triangulos son congruentes,entonces CM=MD
ResponderBorrardonde dice triangulo ABC isoceles dee ser triangulo ABE
Borrar1.- Trazamos la bisectriz de ∠BAD hasta cortar a CD por M, prolongamos BC y AM hasta que se cortan en K. AD∥BC⇒∠DAK=∠CKA=α. Por la bisectriz AM tenemos que: ∠DAK=∠KAB=∠CKA=α⇒△ABK es isósceles, entonces: AB=BK=(BC+CK) Sabemos que AB=BC+AD⇒BC+CK=BC+AD⇒AD=CK⇒ por ALA:△ADM≅△KCM⇒DM=MC∴ es punto medio \blacksquare
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ResponderBorrar3.- Trazamos FI, FE, EI, ED, ID, DB, IB, FB. Sean X, Y, Z los puntos medios de DI, EI, FI respectivamente (los cuales a su vez son los puntos de tangencia al incírculo en cuestión): \angle{ABI}=\angle{IBC}=\beta, FZ=ZI, BZ\perp FI\Rightarrow BF=BI análogamente BI=BD\Rightarrow\angle{FBA}=\angle{CBD}=\alpha\Rightarrow\angle{FBD}=4\alpha. Por ser inradios: IZ=IE', por la reflexión: IZ=ZF, IY=YE\Rightarrow IF=IE análogamente IE=ID\Rightarrow\angle{IED}=\angle{IDE}=\beta, \angle{IFE}=\angle{IEF}=\theta. BF=BD, FI=ID, BI=BI\Rightarrow\triangle{BFI}\cong\triangle{BDI}\Rightarrow \angle{BFI}=\angle{BDI}=\gamma , FEDB es cíclico entonces: 4\alpha+\theta+\beta=2\alpha+\theta+\gamma+\beta\Rightarrow 2\alpha=\gamma. En \triangle{BZF}: \alpha+\gamma+90=3\alpha+90=180^{o}\Rightarrow 3\alpha=90^{o}\Rightarrow\alpha=30^{o}\Rightarrow\angle{ABC}=2\alpha=60^{o}
ResponderBorrarPor lo que \angle{ABC} solo tiene un posible valor.
sea \angle ABI=\angle CBI=\alpha veo que \triangle BAI\cong\triangle BAF entonces \angle FBA=\alpha,analogamente \angle CBD=\alpha entonces \FBD=4\alpha.Luego sea \angle BID=\beta veo que como ID\perp BC entonces \alpha +\beta=90 entonces por suma de angulos en triangulo BID para completar los 180 se tiene que \angle BDI=\beta entonces \triangle BDI es isoceles,analogamente \angle BFI=\beta y \triangle BFI es isoceles. entonces BF=BI=BD entonces \triangle BFD es isoceles y \angle BFD=\angle BDF=\beta-\alpha como DEFB es ciclico entonces \angle BEF=\angle BED=\beta-\alpha.LUego me fijo que por LAL los triangulos BFE y BDE son congruentes entonces FE=DE entonces \triangle FED es isoceles y por suma de angulos \angle DFE=\angle FDE=2\alpha y como DEFB es ciclico \angle FBE=2\alpha entonces B,I,E son colineales ya que \angle FBI=2\alpha entonces como FI=DI=EI= I es el centro de la circunferencia que pasa por DEFB entonces 2\angle BFD=\angle BID entonces 2\beta-2\alpha=\beta de donde \beta=2\alpha.
ResponderBorrarEntonces 3\alpha=90 entonces \alpha=30 de donde \angle ABC solo puede medir 60
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ResponderBorrarProlongamos AD por D hasta E y BC por C hasta F de forma que AE=BF=AB=AD+BC. Tenemos que AE \parallel BF, AE=BF, entonces ABFE es un paralelogramo y EF=AB=AE=BF, como todos los lados son iguales es un rombo. BF=AD+BC entonces CF=AD. Trazamos AF, como ABFE es un rombo sabemos que es bisectriz de \angle EFB y \angle BAE (que es el mismo que \angle BAD) por lo tanto \angle DAF=\angle CFA. Como AD\parallel CF, \angle ADC=\angle DCF. Si G es la intersección de AF y DC, por ALA \triangle GAD \equiv \triangle GFC entonces DG=GC que es lo que buscábamos (AF es la bisectriz de \angle BAD e intersecta a DC en G).
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ResponderBorrar\boxed{1}Llamemos M a la intersección de la bisectriz de \angle DAB con CD y E de AM con BC
ResponderBorrarYa que AE es bisectriz, \angle DAE = \angle BAE = \alpha . Por ángulos entre paralelas, \angle DAE = \angle BEA = \alpha \Rightarrow \triangle ABE es isósceles. \Rigtharrow BA=BE \Rightarrow AD=CE
Ahora vemos que \triangle ADM \cong \triangle ECM porque \angle DAM = \angle CEM (paralelas) , DA=CE , \angle DMA = \anlge CME (opuestos) . \Rightarrow MD=MC \Rightarrow M es punto medio de DC .
\boxed{2}Trazamos el diametro de la circunferencia donde estan C y D desde B hasta E . Por el cíclico CDEB :
\angle BEC = \angle BDC = \alpha
\angle EBD = \angle ECD = \beta
\angle CBD = \angle CED = \theta
\Rightarrow \alpha + \beta + \theta = 90^o
Sea I la intersección de BD y CE . Para completar los 180^o del \triangle CIB , \angle CIB = \alpha + \beta porque \angle BCI = \angle BCE = 90^o (porque abre el diámetro) y \angle CBI = \theta .
Llamamas P y Q a las proyecciones de A en BD (extensión) y BC respectivamente. Nos fijamos que AQ \perp BC y EC \perp BC \Rightarrow AQ \parallel EC .
Sea F la intersección de AQ y BD . Por ángulos entre paralelas, \angle CIB = \angle AFB = \alpha + \beta . Para completar los 180^o del \triangle APF , \angle PAF = \theta .
Trazamos una tangente común a las dos circunferencias por B , la cual intesecta a AD en G . \angle GBE debe ser 90^o \Rightarrow \angle GBC = \alpha . Nos fijamos que \angle BCD = 90^o + \beta \Rightarrow su suplemento (\angle BCA) es \alpha + \theta . Para completar los 180^o del \triangle GCB , \angle BGC = 2\beta + \theta \Rightarrow \angle BGA = 2\alpha + \theta . Nos fijamosGA = GB porque ambas son tangentes a la circunferencia, \Rightarrow \triangle AGB es isósceles . \Rightarrow \angle GAB = \beta + \frac{\theta}{2} . Para completar los 180^o del \triangle CAQ , \angle CAQ = \beta \Rightarrow \angle QAB = \frac{\theta}{2} .
\Rightarrow AB es bisectriz de \angle PAQ \Rightarrow PB = PQ , porque APBQ es cíclico (\angle APB = \angle AQB = 90^o) . \Rightarrow \triangle PBQ es isósceles, \Rightarrow \angle QPB = \angle PQB = \gamma .
\Rightarrow \angle APQ = \angle AQP = 90^o - \gamma \Rightarrow \triangle PAQ es isósceles , \Rightarrow AP = AQ .
\therefore A es equidistante a las rectas BC y BD .
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ResponderBorrarSean X,Y,Z las intersecciones de ID,IE,IF con BC,CA,AB, respectivamente. Como IX es perpendicular a BC (porque D es la reflexión de I), y además I es el incentro, entonces IX es inradio, de la misma forma IY, IZ son inradios y IX=IY=IZ=r.
Como D es reflexión de I, DI=2IX=2r, también 2r=IY=IZ, entonces I es el circuncentro de \triangle DEF, y como DEFB es cíclico B está en la misma circunferencia y IF=IB porque son radios.
BZ es altura y mediana de \triangle BIF, entonces \triangle BIF es isósceles y FB=IB=IF por lo tanto es equilátero, además BZ es bisectriz y \angle ZBF=\angle IBZ =\angle IBX porque BI es bisectriz del \angle CBA y entonces \angle CBA=\angle IBF=60.