Sea $ABC$ un triángulo con $AB<BC$. Sea $D$ el punto medio de $AC$ y $E$ la intersección de la mediatriz de $AC$ con el lado $BC$. Por $E$ se traza una paralela a $AC$ que corta a $AB$ en $F$. Sea $G$ el punto de intersección de $EF$ y la mediariz de $AB$. Demuestra que
$tan(\angle EGD)$ $=$ $\frac{2|ABC|}{BC^2}$
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ResponderBorrarComo $EG$ es paralela a $AC$, también es perpendicular a $DE$ y $\angle DEG=90$ entonces $tan(\angle EGD)=\frac{DE}{EG}$.
ResponderBorrarSea $P$ el pie de la altura desde $A$ y $\angle CAB=\alpha, \angle BCA=\theta$.
$\frac{2|ABC|}{BC^2}=\frac{2\frac{BC\times PA}{2}}{BC^2}=\frac{PA}{BC}$
Entonces $tan (\angle EGD)=\frac{2|ABC|}{BC^2} \Leftrightarrow \frac{DE}{EG} =\frac{PA}{BC} \Leftrightarrow \frac{PA}{DE}=\frac{BC}{EG}$
Como $\angle CDE=\angle CPA=90$, por AA
$\triangle CPA \sim \triangle CDE \Rightarrow \frac{PA}{AC}=\frac{DE}{CE} \Leftrightarrow \frac{PA}{DE}=\frac{AC}{CE}$
Entonces $\frac{PA}{DE}=\frac{BC}{EG} \Leftrightarrow \frac{AC}{CE} = \frac{BC}{EG} \Leftrightarrow \frac{AC}{BC}=\frac{CE}{EG}$
Como $DE$ es mediatriz de $AC$, $CE=AE$; además
$\angle CEA=180-2\angle ACE=180-2\theta\Rightarrow \angle AEB=2\theta$
y $\angle CAE=\angle ACE=\theta$
$EG||CA \Rightarrow \angle GEB=\angle ACB=\theta \Rightarrow \angle AEG=\theta$.
Quiero $\frac{AC}{BC}=\frac{AE}{EG}$ y tengo que $\angle ACB=\angle AEG$, entonces si $\triangle ACB \sim \triangle AEG$ acabo.
Para esto basta demostrar que
$\angle EAG=\angle CAB=\alpha\Leftrightarrow \angle BAC=\alpha-\angle EAB=\alpha-(\angle CAB-\angle CAE)=\alpha -(\alpha-\theta)=\theta$
Sea $H$ el punto medio de $AB$ y $Q$ la intersección de $DH$ y $GE$.
$DQ || EC, DC || EQ \Rightarrow \angle FQH=\angle DCE=\theta$ porque $CDQE$ es un paralelogramo.
Como $\angle ADQ=\angle AEQ=\theta$, entonces $ADEQ$ es cíclico y
$\angle AQE=180-\angle ADE=90=\angle ABG$, entonces también $AHQG$ es cíclico y $\angle HAG=\angle FQH=\theta$, que es lo que quería.