lunes, 24 de agosto de 2015

Problema IGO

Problema. El triángulo $ABC$ cumple que $\angle C=\angle A+90^{\circ }$. Un punto $D$ sobre la prolongación de $BC$ es tal que $AC=AD$. Un punto $E$ que no está sobre la recta $BC$ y que no está del mismo lado que $A$ con respecto a $BC$, cumple que $\angle EBC=\angle A$ y $\angle EDC=\frac{1}{2}\angle A$. Muestre que $\angle CED=\angle ABC$.

3 comentarios:

Antonio Lopez Guzman dijo...

Sea G la interseccion de AC con BE, M el punto medio de DC, y <A=2x, , el angulo externo a C sera 90-2x, comp angulo GBC=2x, entonces AC es peroendicular a BE, entonces AMGB es un cuadrilatero ciclico, por lo tanto <GMB=<GAB=2x, sea H la interseccion de DE con GM, comp <HDM=x, y angulo HMC=2x, entonces <MHC=x para completar los 2x, entonces <MDH=<MHD entonces MD=MH, como M es punto medio de DC tambies son iguales a MC, eso quiere decir que DHC es un triangulo rectangulo, entonces <MHC=90,entonces <CHE=90, pero <CGE=90, entonces CHGE es ciclico, enotnces <HEC=<HGC=MGA=<MBA=ABC, entonces concluimos que <CED=<ABC

Ariel dijo...

Misma solución que Toño. Ya que ves el primer cíclico es nomas ver como meter el angulo que es la mitad del A al resto de la figura.

José Ramón Tuirán dijo...

Igual misma solución. Intente completar varios cíclicos pero ninguno funcionó, supongo este es el más efectivo pues junta varias de las hipótesis.

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