Sea $ABC$ un triángulo con $AC=6$, $BC=2$ y $A\widehat CB=120^\circ$. La bisectriz del ángulo $A\widehat CB$ corta al lado $AB$ en $D$. Determinar la longitud del segmento $CD$.
Sea $E$ un punto en el segmento $AC$ tal que $EC=2$. Como $EC=2=BC$, el triángulo $BCE$ es isosceles, con $B\widehat{E}C=C\widehat{B}E=\frac{180º-120º}{2}=30º$ y, a su vez, como $CD$ será bisectriz de su ángulo diferente, también será altura, $CD$ es perpendicular a $BE$.
Sea $F$ el punto de intersección entre la recta $AC$ y la recta perpendicular a $BE$ por $B$. Tenemos que $C\widehat{B}F=E\widehat{B}F-C\widehat{B}E=90º-30º=60º$ y que $B\widehat{C}F=180º-B\widehat{C}E=180º-120º=60º$. Entonces el tercer ángulo del triángulo $BCF$ también será $60º$ y éste resultará equilátero con $BF=CF=BC=2$. Por esto, $AF=AC+CF=6+2=8$.
Como $CD$ y $BF$ son ambas perpendiculares a $BE$, podemos afirmar que $CD\parallel BF$, entonces los triángulos $ACD$ y $ABF$ resultan ser semejantes y se cumple que
$$\frac{AC}{AF}=\frac{CD}{BF}$$
reemplazamos los valores y llegamos a que
$$\frac{AC}{AF}=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}=\frac{CD}{2}$$
$$CD=\frac{3}{2}$$
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$E$ en $AC$ tal que $CE=2$, $G$ en $BC$ con $B$ entre $C$ y $G$ tal que $CG=6$. $CD$ corta a $AG$ en $F$. Como $ACG$ es isósceles y $\angle ACG=120$ tenemos que $CF$ parte a $ACG$ en dos medios equilateros. Por Menelao en $ACF$ con la recta $EG$ tenemos $\frac{AE}{EC} \frac{CD}{DF} \frac{FG}{AG}= 1$. Usando las medidas que conocemos y que $CF$ es mediatriz, nos queda $\frac{CD}{DF}=1$, pero por otro lado $ACF$ es un medioequilatero, por lo que $CF=3$ y nos queda $CD=\frac{3}{2}$ $\blacksquare$
Prov n3.png
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Sea $E$ sobre la semirrecta $CB$ tal que $CE=6$, y sea $F$ el punto de intersección de $CD$ con $AE$. Como $AC=6=CE$, tenemos que $ACE$ es isósceles, por lo que $F$ es el punto medio de $AE$ y $CF\perp AE$. Además, tenemos que $\angle ACF=\angle ACD=60°=\angle DCB=\angle FCE$ por ser $CD$ bisectriz de $\angle ACB$, luego, $ACF$ y $ECF$ son medio equiláteros, por lo que $CF=\frac{AC}{2}=\frac{6}{2}=3$.
Sea $G$ el baricentro de $ACE$ y sea $M$ el punto medio de $CE$; luego, $G\in CF$, $\frac{GF}{FC}=\frac{1}{3}$ y $A,G,M$ están alineados. Por lo tanto, $CM=ME=3$, es decir que $BM=1$, de donde $$1=\frac{2}{1}\frac{3}{6}=\frac{CB}{BM}\frac{ME}{EC}=\{C,M;B,E\}\underset{A}{=}\{C,G;D,F\}=\frac{CD}{DG}\frac{GF}{FC}=\frac{CD}{DG}\frac{1}{3}$$
Entonces $\frac{CD}{3}=DG$, por lo que $\frac{4}{3}CD=CD+DG=CG=2$, de donde $CD=\frac{3}{2}$.
Sea $I$ sobre la semirrecta $CD$ tal que $CI=6$, como $\angle ACI=\angle ACD=\frac{\angle ACB}{2}=\frac{120°}{2}=60°$ y $AC=6=CI$, tenemos que $ACI$ es equilátero, luego, $AI=6$ y $\angle DIA=60°=\angle DCB$, por lo que $AI\parallel BC$, y por Thales tenemos que $\frac{DI}{CD}=\frac{AI}{BC}=\frac{6}{2}=3$, de donde $DI=3CD$. Entonces $6=CI=CD+DI=CD+3CD=4CD$, por lo que $CD=\frac{6}{4}=\frac{3}{2}$.
Sea $A'$ en la recta $AC$, tal que $\overline {A'B}=\overline {AB}$. Por lo tanto, $B \hat {A'}C=B \hat {A}C$ y $B \hat {C}A'=180°-2\times{60°}=60°=A \hat{C}D \Rightarrow \triangle {A'BC} \sim \triangle {ACD} \Rightarrow \frac{BC}{CD}=\frac{A'B}{AD}$. Aquí, $\overline {BC}=2$, $\overline {A'B}=\overline {AB}$ y por teorema de la bisectriz, $\frac{AB}{AD}=\frac{AD}{AD}+\frac{BD}{AD}=1+\frac{BC}{AC}=\frac{4}{3} \Rightarrow \overline {CD}=2\times \frac{3}{4}=\frac{3}{2}$ $\blacksquare$
"La matemática es para pensar. El fútbol es para sacar mi instinto animal y decirle al árbitro hdp te voy a m4t4r." Anónimo
Bueno, lo primero que hice es extender $\overline{AC}$ hasta llegar a un punto E tal que $C\widehat{E}B$ sea $90°$. Entonces, tengo, por medio equilátero, que $\overline{EB}$ es $\sqrt{3}$, y una vez que tengo eso, por Pitágoras (en el triángulo $ABE$, esta vez) tenemos que $\overline{AB}$ es $\sqrt{52}$.
Luego, por teorema del coseno, $\overline{AC}^2 = \overline{BC}^2+\overline{AB}-2.\overline{BC}.\overline{AB}.cos (A\widehat{B}C)$. Reemplazamos y obtenemos: $36= 4+52-2.2.\sqrt{52}.cos (A\widehat{B}C)$
Pasamos sumando la multiplicación y nos queda: $36+2.2.\sqrt{52}.cos(A\widehat{B}C)= 56$. Restamos 36 de ambos lados y llegamos a: $2.2.\sqrt{52}.cos(A\widehat{B}C)=20$. Y despejando llegamos a que: $\frac{20}{4\sqrt{52}} = cos(A\widehat{B}C)$
Nos queda que $A\widehat{B}C$ es (aprox.) $46.1$ (en este caso, voy a dar aproximaciones, pero las cuentas fueron realizadas con los números completos, sin redondear). A su vez, por SAI, nos queda que $C\widehat{A}D$ es $13.9$ (aprox.) y $C\widehat{D}A$ es $106.1$ (aprox.), al igual que $C\widehat{D}B$ es $73.9$ (aprox.) Luego, por el teorema del seno en el triángulo $ACD$, $\frac{6}{sin(120-(60-cos^{-1}(\frac{20}{\sqrt{832}})))} = \frac{CD}{sin(60-cos^{-1}(\frac{20}{\sqrt{832}}))}$. Lo que nos queda, pasando a multiplicar para que quede $CD$ solo: $CD= \frac{6.sin(60-cos^{-1}(\frac{20}{\sqrt{832}}))}{sin(120-(60-cos^{-1}(\frac{20}{\sqrt{832}})))}$. Una vez que resuelvo, obtengo que $CD=1.5$
Aplicamos el teorema de la bisectriz al triángulo $ABC$ tomando la bisectriz $CD$, luego $\frac{6}{2}$ = $\frac{AD}{BD}$ $= 3$ y entonces $AD = 3BD$.
Aplicando el teorema del coseno en $ABC$ nos queda:
$AB^2$ $=$ $AC^2$ $+$ $BC^2$ $-$ $2.AC.BC.cos(120°)$, ergo
$AB^2$ $=$ $36$ $+$ $4$ $-$ $2 (6) (2)$ $(\frac{-1}{2})$ y después
$AB^2$ $=$ $52$
$AB = 2$ $\sqrt{13}$
Finalmente $AB = AD + BD$ y $AD = 3BD$, entonces $4BD = 2$ $\sqrt{13}$, que es lo mismo que decir que $BD =$ $\frac{\sqrt{13}}{2}$ y $AD =$ $\frac{3\sqrt{13}}{2}$
Por ultimo aplicamos el teorema de Stewart en el triangulo $ABC$ tomando como ceviana a $CD$ y tenemos que:
$AD.BD.AB$ $+$ $CD^2$$.AB$ $=$ $BC^2$$.AD$ $+$ $AC^2$$.BD$, o sea$\frac{39\sqrt{13}}{2}$ $+$ $CD^2$ $2$$\sqrt{13}$ $= 18$ $\sqrt{13}$ $+ 6$ $\sqrt{13}$, que es equivalente a decir que $CD^2$ $=$ $\frac{24-\frac{39}{2}}{2}$ $=$ $\frac{9}{4}$ y entonces llegamos a que $CD =$ $\frac{3}{2}$
Ponemos $C=(0,0)$, $A=(6,0)$ y $B$ en el semiplano superior, entonces por medio equilátero tenemos $B=(-1,\sqrt{3})$.
Con vectores, el Teorema de la Bisectriz es $D=\frac{aA+bB}{a+b}$, donde $a$ es la medida de $BC$ y $b$ es la medida de $CA$, entonces $D=\frac{3}{4}(1,\sqrt{3})$, con lo que $CD=\frac{3}{2}$.