Sea $ABCDE$ un pentágono convexo tal que $DC=DE$ y $D\widehat{C}B=D\widehat{E}A=90^\circ$. Sea $F$ en el segmento $AB$ tal que $\frac{AF}{BF}=\frac{AE}{BC}$. Demostrar que $F\widehat{E}C=B\widehat{D}C$.
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Primero que nada, definimos un punto $C'$ exterior a $ABCDE$ tal que $BC'\parallel AE$ y $BC'=BC$. Usando esto, notemos que $EC'$ corta al segmento $AB$ en proporción $\frac{AE}{BC'}=\frac{AE}{BC}=\frac{AF}{FB}$, por lo que la recta $EC'$ pasa por el punto $F$.
Sea $P$ la intersección de las rectas $AE$ y $BC$. Es claro que $CDEP$ es un romboide cíclico (por los datos del problema), de modo que si escribimos $\angle APB=\alpha$, tenemos que $\angle DCE=\angle DEC=\frac{\alpha}{2}$. Más aún, como $BC'\parallel AE$, tenemos que $\angle PBC'=\angle APB=\alpha$, lo que implica que, como $BC=BC'$, vale que $\angle BC'C=\angle BCC'=\frac{\alpha}{2}$.
Ahora, sea $X$ la intersección de la recta $BD$ con el circuncírculo de $CDEP$. Notemos que, $\angle CXD=\angle DXE=\frac{\alpha}{2}$. Entonces, como $\angle BC'C=\angle BXC$, por lo que $BCC'X$ es cíclico. Esto implica $\angle BXC'=180^{\circ}-\frac{\alpha}{2}$, que combinado con $BXE=\frac{\alpha}{2}$, implica que $X$ pertenece a la recta $EC'$.
Finalmente, como $E$, $F$ y $X$ son colineales, por lo que $\angle CDB=\angle CEX=\angle CEF$.
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Sean $F'\in AB$ tal que $\angle F'EC=\angle BDC$, y $G=EF'\cap BD$, $H$ el segundo punto de intersección de $EG$ y $\odot BCG$, $I=AE\cap BC$.
Como $\angle GEC=\angle F'EC=\angle BDC=\angle GDC$, tenemos que $CDEG$ es cíclico, y como $DC=DE$, tenemos que $GD$ es la bisectriz de $\angle CGE$, por lo que $GB$ es la bisectriz exterior de $\angle CGH$, es decir, $BH=BC$. Por otro lado, como $AE\perp DE$ y $BC\perp DC$, tenemos que $DCIE$ es cíclico, luego, $\angle F'HB=\angle GHB=\angle GCB=\angle GCI=\angle GEI=\angle F'EA$; y como $\angle AF'E=\angle BF'H$ por ser opuestos por el vértice, tenemos $AEF'\simeq BHF'$, de donde $\frac{AF'}{BF'}=\frac{AE}{BH}=\frac{AE}{BC}=\frac{AF}{BF}$, por lo que $F=F'$.
Finalmente $\angle FEC=\angle F'EC=\angle BEC$. $\blacksquare$
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Última edición por Gianni De Rico el Vie 09 Ago, 2019 6:56 pm, editado 1 vez en total.
Sea $P$ el punto donde $CB$ y $EA$ se cortan, sea $G$ el punto donde donde $DB$ vuelve a cortar al circuncírculo de $CDEP$, sea $K$ el punto donde $EG$ corta a $CP$. Como $CDEP$ es armónico, tomando perspectiva desde $G$ obtenemos que $P$, $K$, $B$, $C$ forman cuaterna armónica y $\frac{PK}{KB}\frac{BC}{CP}=1$ (*). Notemos ahora que $CP=EP$ y que $BC=\frac{(AE)(BF)}{AF}$ por definición de $F$. Reemplazando esto en (*) obtenemos que $\frac{PK}{KB} \frac{BF}{AF}\frac{AE}{EP} = 1$, de donde por Menelao, $E$, $F$ y $K$ son colineales. Luego, $F$ está en $EG$ y por cíclicos estamos.
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Prolongamos $BC$ y $AE$ hasta que se corten en $G$, $CDEG$ es cíclico, sea $\omega$ la circunferencia.
Sean $B'$ y $A'$ las intersecciones de $DB$ y $DA$ con $\omega$ respectivamente.
Sea $F'$ la intersección de $A'C$ y $B'E$.
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Por el Teorema de Pascal (Pappus para los amigos) $A$, $B$ y $F'$ son colineales, como $F'$ está si o si en el triángulo $CGE$, está en el segmento $AB$.
Por cíclicos $B'\hat CA'=B'\hat EA'$ y $C\hat {B'}E=C\hat {A'}E$
Por lo que los triángulos $CB'F'$ y $EA'F'$ son semejantes.
Cómo $D$ es el punto medio del arco $CE$, $B'B$ es bisectriz de $CB'F'$ y $A'A$ es bisectriz de $EA'F'$.
Viendo a $A$ desde el triángulo $A'F'E$ marcamos su análogo en $B'F'C$, lo llamamos $A_2$, este punto está en $B'B$ y además por cíclicos.
$A_2$ y $B$ son Conjugados Isogonales, sea $I$ el incentro de $CF'B'$, la recta $A_2C$ es la reflexión de $BC$ por $CI$ y la recta $A_2F'$ es la reflexión de $BF'$ por $F'I$.
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Por el Teorema de la Bisectriz en $CA_2B$ y $F'A_2B$.
Sea $C'$ en la recta $AE$ con $E$ entre $A$ y $C'$ tal que $BC=EC'$. Sea $B\widehat{D}C=\alpha$ y $A\widehat{E}F=\beta$.
Como $\frac{AE}{EC'}=\frac{AE}{BC}=\frac{AF}{BF}$, por el recíproco del teorema de Thales, se cumple que $BC' \parallel EF$, entonces $A\widehat{C'}B=A\widehat{E}F=\beta$.
Como $D\widehat{E}A=90º$, $D\widehat{E}C'=90º$. Viendo los triángulos $BCD$ y $DEC'$, estos comparten dos lados ($DC=DE$ y $BC=EC'$) y el ángulo formado por ellos ($D\widehat{C}B=90º=D\widehat{E}C'$), entonces son congruentes con $DB=DC'$, $E\widehat{D}C'=B\widehat{D}C=\alpha$ y $C\widehat{B}D=D\widehat{C'}E=90º-\alpha$.
Tenemos que $B\widehat{C'}D=D\widehat{C'}E-A\widehat{C'}B=90º-\alpha-\beta$ y como $DB=DC'$, $BDC'$ es isosceles con $D\widehat{B}C'=B\widehat{C'}D=90º-\alpha-\beta$, entonces $B\widehat{D}C'=2\alpha+2\beta$. Como $E\widehat{D}C'=\alpha$, $B\widehat{D}E=\alpha+2\beta$. Como $DC=DE$, $CDE$ es isosceles con $D\widehat{C}E=D\widehat{E}C=\frac{180º-C\widehat{D}E}{2}=\frac{180º-2\alpha-2\beta}{2}=90º-\alpha-\beta$.
Por último, tenemos que $F\widehat{E}C=D\widehat{E}A-D\widehat{E}C-A\widehat{E}F=90º-90º+\alpha+\beta-\beta=\alpha=B\widehat{D}C$.
Consideremos la rotohomotecia en sentido antihorario con centro $D$, razón $\frac{BD}{CD}$ y ángulo $\alpha=\angle CDB$, que manda $C$ a $B$ y $E$ a $C'$. Como $ED=CD$, $DC'=BD$ y $\angle CDB= \angle EDC'$ tenemos que $DEC'$ y $BCD$ son iguales, y por ende $\angle DEC'=90°$ y $C', E, A$ son colineales, y nos queda $C'E=BC$. Usando esta igualdad y la proporción del enunciado, tenemos que $EF//BC'$. Ahora bien, mirando $DEC'$ tenemos $\angle DC'B+\angle BC'A+\angle EDC'=90°$, $\angle DEC+\angle CEF+\angle FEA=90°$, $\angle FEA= \angle BC'A$ y $\angle DEC= \angle DC'B$, por lo que $\angle CEF= \angle EDC'= \angle CDB$ $\blacksquare$
$A'$ es un punto sobre la recta $AE$, $F'$ es la intersección de $A'B$ con $EF$
Por menelao:
$\frac{A'F'}{F'B}\frac{BF}{FA}\frac{AE}{A'E}=1$
$\frac{A'F'}{F'B}=\frac{AE}{BC}\frac{A'E}{AE}=\frac{A'E}{BC}$
Entonces como cualquier punto con las propiedades de $F$, llamado $G$ es único en la recta $BG$, debe ser la intersección de ésta con la recta $EF$
Si $A'B//CE$
$F'$ es punto medio de A'B
$DF'B=90º-BCD$
$BF'DC$ es cíclico
por paralelas y cíclico:
$BDC=CF'B=F'CE=FEC$
geogebra-export (14).png
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El dibujo
