Sea $X$ en la recta $AB$ tal que $AX=AB$ con $A$ entre $B$ y $X$
Como $AB=AD$; $AX=AB=AD$ y por lo tanto $D$ pertenece a la circunferencia de centro $A$ y diámetro $BX\Rightarrow B\widehat DX=90^\circ$
Además, como $B\widehat DE=90^\circ$; $B\widehat DX+B\widehat DE=90^\circ+90^\circ=180^\circ$ y por lo tanto $X;D;E$ están alineados
Entonces tenemos el triángulo rectángulo $\triangle BXE$ con $BX=2.BE$
Viendo los ángulos de $\triangle BXE;\triangle DXB;\triangle DBE$ es claro que éstos son semejantes y por lo tanto $DX=2.DB; DB=2.DE\Rightarrow DX=4.DE$
Ahora, sea $Y$ la segunda intersección de la recta $CA$ con la circunferencia circunscrita a $\triangle BXD$ (la primera intersección es $D$)
Como las diagonales del cuadrilátero $BDXY$ se cortan en su punto medio $A$ (ya que ambas son diámetros de la circunferencia); $BDXY$ es un paralelogramo y por lo tanto $BY=DX$ y $BY\parallel DX\parallel DE$
Entonces, por Thales $\frac{EC}{BC}=\frac{DE}{BY}$; y como $BY=DX$; $\frac{EC}{BC}=\frac{DE}{DX}$
Y como $DX=4.DE$; nos queda que $\frac{EC}{BC}=\frac{DE}{4.DE}=\frac{1}{4}\Rightarrow EC=\frac{1}{4}.BC\Rightarrow BE=\frac{3}{4}.BC\Rightarrow AB=\frac{3}{4}.BC$
Entonces $\frac{AB}{BC}=\frac{3}{4}$
Análogamente $\frac{DC}{DY}=\frac{DC}{2.AD}=\frac{EC}{BE}=\frac{\frac{1}{4}.BC}{\frac{3}{4}.BC}=\frac{1}{3}\Rightarrow DC=\frac{2}{3}.AD=\frac{2}{3}.AB=\frac{2}{3}.\frac{3}{4}.BC=\frac{2}{4}.BC\Rightarrow CA=AD+DC=\frac{3}{4}.BC+\frac{2}{4}.BC=\frac{5}{4}.BC$
Entonces $\frac{BC}{CA}=\frac{4}{5}$
Última edición por Fran2001 el Jue 06 Oct, 2022 6:42 pm, editado 1 vez en total.
Sean $F$ y $G$ los puntos medios de $BE$ y $BD$ respectivamente, luego por Thales $FG\parallel DE\perp BD$, pero por ser $AB=AD$ resulta $AG\perp BD$. Por lo tanto $A$, $G$ y $F$ están alineados. Sea $\angle BAD=2\alpha$, entonces $\angle BAG=\angle GAD=\alpha$ y $\angle GBA=\angle GDA=90^\circ -\alpha$, de donde $\angle EBD=\alpha\Rightarrow \angle DEB=90^\circ -\alpha$. La recta perpendicular a $BC$ que pasa por $E$ corta a la recta $AC$ en $H$ y a la recta $BD$ en $I$.
Veamos que $HD=HE$. Como $\angle HEB=90^\circ$ y $\angle BED=90^\circ -\alpha$ resulta $\angle HED=\alpha$, por otro lado, $\angle HDE+\angle EDB+\angle BDA=180^\circ$ y como $\angle EDB=90^\circ$ y $\angle BDA=90^\circ -\alpha$ resulta $\angle HDE=\alpha$. Entonces $HD=HE$, y por la propiedad de la mediana de un triángulo rectángulo tenemos $HE=HI$, por lo que $H$ es punto medio de $EI\Rightarrow EH=\frac{1}{2}EI$.
Como $\angle BAF=\alpha =\angle EBI$, $\angle FBA=90^\circ =\angle IEB$ y $AB=BE$ los triángulos $ABF$ y $BEI$ son congruentes, por lo que $EI=BF=\frac{1}{2}BE=\frac{1}{2}AB$, luego $EH=\frac{1}{4}AB\Rightarrow \frac{AB}{EH}=4$. Por Thales $\frac{BC}{EC}=\frac{AB}{EH}=4$, pero $BC=BE+EC$, por lo que $4=\frac{BC}{EC}=\frac{BE+EC}{EC}=\frac{BE}{EC}+1$, entonces $\frac{BE}{EC}=3\Rightarrow BE=3EC\Rightarrow BC=BE+EC=3EC+EC=4EC$ y $AB=BE=3EC$. Por Pitágoras $AB^2+BC^2=AC^2$, es decir $AC^2=(3EC)^2+(4EC)^2=9EC^2+16EC^2=25EC^2\Rightarrow AC=5EC$.
Finalmente $\frac{AB}{BC}=\frac{3EC}{4EC}=\frac{3}{4}$ y $\frac{BC}{CA}=\frac{4EC}{5EC}=\frac{4}{5}$.
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