Pregunta de geometría dura

Question

El problema: En el triángulo $ABC$ , $D$ y $E$ son dos puntos del lado $BC$ tal que $BD = CE$ y $\angle BAD = \angle CAE$ . Demostrar que el triángulo $ABC$ es isósceles.

Estoy teniendo muchos problemas con esta pregunta; lo que he hecho hasta ahora es averiguar que necesito usar una traducción que tome $B$ a $E$ y $D$ a $C$ . Se agradecerían mucho las soluciones.

Answer 1

Una pista:

Supongamos que $\triangle ABC$ no es isósceles sino $\angle BAD = \angle CAE$ . ¿Puede demostrar que $BD \not = CE$ ?

Intente colocar una copia volteada de $\triangle ABC$ sobre el original de manera que el nuevo $AB'$ yace en el viejo $AC$ y el nuevo $AC'$ yace en el viejo $AB$

Answer 2

Para el triángulo $ABC$ , dibuja el círculo circunscrito.

Desde $\angle BAD=\angle CAE$ obtenemos que las longitudes de arco correspondientes $BD$ y $CE$ son iguales, por lo que $BD=CE$ .

Entonces las longitudes de arco $CE'D'$ y $BD'E'$ también son iguales, por lo que $\angle D'BC=\angle E'CB$ .

De ello se desprende que $\triangle{D'BD}\cong\triangle{E'CE}$ Por lo tanto $\angle BDD'=\angle CEE'$ .

Pero entonces $\angle BDA=\angle CEA'$ , por lo que los triángulos $ABD$ y $ACE$ son similares, por lo que en el triángulo $ABC$ tenemos $\angle B=\angle C$ .

Por lo tanto, el triángulo $ABC$ es isósceles.

Answer 3

Prueba por contradicción.

Supongamos que $AB \ne AC$

Construir $M$ tal que $AM$ como la mediana de $\triangle ABC$
Localizar $B',D$ ' tal que $\angle ABM = \angle AMB'$

$\triangle AMB' \cong \triangle AMB$ y $\triangle AB'D' \cong \triangle ABD$

$B'D' \cong CE$ implica $AE \parallel AC$

Pero no es el caso, ya que las dos líneas se cruzan claramente en A.

Creando una contradicción.

Answer 4

Dejemos que $b:=\overrightarrow{AB}$ , $c:=\overrightarrow{AC}$ y $A$ sea el origen. Sea $\frac{BD}{BC}=\frac{CE}{BC}=x$ . Entonces $$\overrightarrow{AD}=xc+(1-x)b,\quad \overrightarrow{AE}=xb+(1-x)c,\\ \cos\angle BAD=\frac{ (\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AD})}{ |\overrightarrow{AB}|\cdot |\overrightarrow{AD}|},\quad \cos\angle CAE=\frac{ (\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{AE})}{ |\overrightarrow{AC}|\cdot |\overrightarrow{AE}|}, $$ así (igualando los cuadrados del coseno) $$\frac{(b(xc+(1-x)b))^2}{b^2(xc+(1-x)b)^2}= \frac{(c(xb+(1-x)c))^2}{c^2(xb+(1-x)c)^2}$$ $$(b(xc+(1-x)b))^2c^2(xb+(1-x)c)^2=(c(xb+(1-x)c))^2b^2(xc+(1-x)b)^2$$ $$c^2(xbc+(1-x)b^2)^2(x^2b^2+2x(1-x)bc+(1-x)^2c^2)=\\ b^2(xbc+(1-x)c^2)^2(x^2c^2+2x(1-x)bc+(1-x)^2b^2)$$ $$c^2(x^2(bc)^2+2x(1-x)(bc)b^2+(1-x)^2b^4)(x^2b^2+2x(1-x)bc+(1-x)^2c^2)=\\ b^2(x^2(bc)^2+2x(1-x)(bc)c^2+(1-x)^2c^4)(x^2c^2+2x(1-x)bc+(1-x)^2b^2)$$ Sin embargo, me convence más alimentar esta cosa a WolframAlpha en este momento (escalares $A:=bc,\,B:=b^2,\,C:=c^2$ ), ver aquí :

$$(x - 1) x^2 (-(b^2 - c^2)) (c^2 b^2 - (bc)^2) (-2 (bc) x + c^2 x - c^2 + b^2 x - b^2)=0$$ Así que es

1. $x=1$ pero entonces $D=C,\,E=B$ o
2. $x=0$ pero entonces $D=B,\,E=C$ o
3. $AB^2=AC^2$ o
4. $\cos^2\angle CAB= \frac{ ((\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}))^2}{ |\overrightarrow{AB}|^2\cdot |\overrightarrow{AC}|^2}= \frac{(bc)^2}{b^2c^2}=1$ así que $\cos\angle CAB=\pm 1$ y el triángulo $\triangle ABC$ es degenerado o
5. $x(b-c)^2=b^2+c^2$ pero entonces los cosenos ( $\cos\angle CAE$ , $\cos\angle DAB$ ) son diferentes, por lo que los ángulos no pueden ser iguales. Esta cosa surgió porque igualamos los cosenos al cuadrado, no los cosenos en sí.

Así que de todas las posibilidades sólo queda $AB^2=AC^2$ es decir $|AB|=|AC|$ , QED.