$\triangle ABC$ con un punto $D$ en su interior tiene $\angle BAD=114^\circ$, $\angle DAC=6^\circ$, $\angle ACD=12^\circ$ y $\angle DCB=18^\circ$.

Question

Sea $ABC$ un triángulo con un punto $D$ en su interior. Supongamos que $\angle BAD=114^\circ$, $\angle DAC=6^\circ$, $\angle ACD=12^\circ$ y $\angle DCB=18^\circ$. Demuestra que $$\frac{BD}{AB}=\sqrt2.$$

Estoy solicitando una prueba geométrica (con la menor cantidad de trigonometría posible). Una prueba completamente geométrica sería muy apreciada. Tengo una prueba trigonométrica a continuación.

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Prueba Trigonométrica

Sin pérdida de generalidad, sea $AB=1$. Notemos que $\angle ABC=\angle ACB=30^\circ$, entonces $AC=1$. Entonces por ley de los senos en el triángulo $\triangle ACD$, $$AD=\frac{\sin 12^\circ}{\sin 18^\circ}.$$ Por ley de los cosenos en el triángulo $\triangle ABD$, $$BD^2=1^2+\frac{\sin^212^\circ}{\sin^218^\circ}-2\frac{\sin 12^\circ}{\sin 18^\circ}\cos 114^\circ.$$ Como $\cos 114^\circ=-\sin24^\circ$, obtenemos $$BD^2=2+\frac{-\sin^218^\circ+\sin^212^\circ+2\sin12^\circ\sin18^\circ\sin 24^\circ}{\sin^218^\circ}.$$ Entonces a partir de las identidades $\sin^2\alpha-\sin^2\beta=\sin(\alpha-\beta)\sin(\alpha+\beta)$ y $\sin(2\alpha)=2\sin\alpha\cos\alpha$, tenemos $$BD^2=2+\frac{-\sin 6^\circ\sin 30^\circ+4\sin 6^\circ\cos 6^\circ \sin 18^\circ\sin24^\circ}{\sin^218^\circ}.$$ Porque $\sin 30^\circ=\frac12$, concluimos que $BD=\sqrt{2}$ si podemos probar $$8\cos 6^\circ \sin 18^\circ \sin 24^\circ=1.$$ Esto es verdad porque por la identidad $2\sin\alpha\cos\beta=\sin({\alpha+\beta})+\sin(\alpha-\beta)$, tenemos $$2\sin 24^\circ \cos 6^\circ =\sin 30^\circ+\sin 18^\circ.$$ Dado que $\sin 30^\circ=\frac12$, obtenemos $$8\cos 6^\circ \sin 18^\circ \sin 24^\circ =2\sin 18^\circ +4\sin^218^\circ=1,$$ notando que $\sin 18^\circ=\frac{\sqrt5-1}{4}$.

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Intento de Prueba Geométrica

Descubrí algo que podría ser útil. Construya los puntos $E$ y $G$ fuera de $\triangle ABC$ de manera que $\triangle EBA$ y $\triangle GAC$ sean similares a $\triangle ABC$ (ver la figura a continuación). Claramente, $EAG$ es una línea recta paralela a $BC$. Sean $F$ y $H$ los puntos correspondientes a $D$ en $\triangle EBA$ y $\triangle GAC$, respectivamente (es decir, $\angle FAB=\angle DCB=\angle HCA$ y $\angle FAE=\angle DCA=\angle HCG$). Luego, $\triangle FBD$ y $\triangle HDC$ son triángulos isósceles similares a $\triangle ABC$, y $\square AFDH$ es un paralelogramo. No he podido hacer nada más con esto sin trigonometría.

Aquí tengo un poco más de intento. Si $M$ es la reflexión de $A$ con respecto a $BC$, entonces a través del uso de la versión trigonométrica del Teorema de Ceva, puedo demostrar que $\angle AMD=42^\circ$ y $\angle CMD=18^\circ$. No estoy seguro de cómo probar esto solo con geometría. Pero este resultado puede ser útil. (Aunque podemos usar ley de los senos en $\triangle MCD$ para obtener $MD$ y luego usar ley de los cosenos en $\triangle BMD$ para obtener $BD$ en términos de $AB$ también. Pero esta sigue siendo una solución muy trigonométrica, aunque el álgebra es menos complicada que la que escribí arriba).

Tengo algunas observaciones más. Pueden ser inútiles. Sea $D'$ el punto obtenido al reflejar $D$ a través del bisector perpendicular de $BC$. Dibuje un pentágono regular $ADKK'D'$. Geogebra me dice que $\angle ABK=54^\circ$ y $\angle AKB=48^\circ$. Esto se puede probar utilizando trigonometría, aunque debería existir una prueba geométrica. Pero es fácil mostrar que $KD\perp CD$ y $K'D'\perp BD'$.

En todos mis intentos, siempre terminé con una de las siguientes dos identidades trigonométricas: $$\cos 6^\circ \sin 18^\circ \sin 24^\circ=1/8,$$ $$\cos 36^\circ-\sin18^\circ =1/2.$$ (Por supuesto, estas identidades son equivalentes). Creo que una prueba geométrica necesitará la aparición de un pentágono regular y probablemente un triángulo equilátero, y tal vez un cuadrado.

Answer 1

Sea $\omega$, $O$ el circuncírculo y el centro de la circunferencia de $\triangle ABC$, respectivamente. Sean $P,Q,R,S$ cuatro puntos en el arco más corto $AC$ de $\omega$ dividiendo este arco en cinco partes iguales.

Primero, demostraremos que $\triangle RSD$ es equilátero. Sea $D'$ un punto dentro de $\omega$ tal que $\triangle RSD'$ es equilátero. Además, sea $E$ dentro de $\omega$ tal que $\triangle PQE$ es equilátero. Invocando simetrías vemos que $\triangle D'SC \equiv \triangle D'RQ \equiv \triangle EQR \equiv \triangle EPA$. Notamos que $\angle EQR = \angle QRD'=\angle QRS-60^\circ = 168^\circ - 60^\circ = 108^\circ$. Por lo tanto $\angle D'QR = 90^\circ - \frac 12\angle QRD' = 36^\circ$ y $\angle EQD'=108^\circ - 36^\circ = 72^\circ$. Pero también $\angle D'EQ = 180^\circ - \angle EQR = 180^\circ - 108^\circ = 72^\circ$. Por lo tanto $ED'Q$ es isósceles con $QD'=ED'$. Nuevamente, usando simetrías vemos que $AED'C$ es un trapecio isósceles con $AE=ED'=D'C$. Tenemos $\angle ACD'=\angle SCD' - \angle SCA = 36^\circ - 24^\circ = 12^\circ$. Como $AED'C$ es un trapecio isósceles, es cíclico y como $AE=ED'=D'C$, se deduce que $\angle D'AC = \frac 12 \angle EAC = \frac 12 \angle ACD'=6^\circ$. Por lo tanto $D'$ coincide con $D$.

Ahora viene mi parte favorita. Algunos ángulos muestran que $\angle QCE = 18^\circ = \angle DCB$ y $\angle DQC = 24^\circ = \angle BQE$. Por lo tanto, $D$ y $E$ son conjugados isogonales en $\triangle BQC$. Se sigue que $\angle CBD = \angle EBQ$.

Elige $T$ en $\omega$ tal que $BT$ sea un diámetro. Claramente, $\triangle BQE$ es simétrico a $\triangle TRD$ respecto al bisector perpendicular de $QR$. En particular, $\angle RTD = \angle EBQ$.

Que $RT$ intersecte $BC$ en $X$. Dado que $\angle CBD = \angle EBQ = \angle RTD$, el cuadrilátero $BDXT$ es cíclico. Luego $\angle BDT = \angle BXT$. Luego algunos ángulos muestran que $\angle DOB = 102^\circ = \angle BXT = \angle BDT$. Esto significa precisamente que el circuncírculo de $DOT$ es tangente a $BD$ en $D$. El teorema de la tangente-secante da $BD^2=BO\cdot BT = BO \cdot 2BO = 2BO^2$. Por lo tanto $$\frac{BD}{AB} = \frac{BD}{BO} = \sqrt 2,$$ como se deseaba.

Answer 2

Esta es una prueba incompleta porque estoy atascado desde el paso 8 en adelante.

1. Dibujar Z en BC de manera que $\angle BAZ = 90^0$.

2. Sea CZ = 1. Entonces AZ = 1 porque $\triangle ZAC$ es isósceles.

3. Porque $\angle ABC = 30^0$, $AC = AB = \sqrt 3$.

4. Construir el círculo azul (centrado en B, radio $= BA = \sqrt 3$.

5. Desde D trazar la tangente al círculo (B) tocándolo en X. Luego $\angle BXD = 90^0$,

6. Sea Y el punto medio de BC.

7. Dibujar CV // YX. Según el teorema de la intersección, BX = XV. Junto con el hallazgo en (5), podemos decir que DX es el bisector perpendicular de BV.

8. Dibujar el círculo que pase por B, D, V. Cortará el círculo rojo (A) en algún punto U. [Otra forma de hacer que X sea el centro del círculo punteado y probar que D es un punto cón-cíclico de ese círculo.]

Si podemos demostrar que X es el centro del círculo punteado, entonces $\triangle DBV$ es 45-45-90. A su vez, $\triangle XBD$ también es 45-45-90. Por consiguiente, el resultado requerido se sigue del hecho de que $BD = \sqrt 2 \times \sqrt 3$.

Answer 3

Nueva versión

1. Dibuja Z en BC de manera que $\angle BAZ = 90^0$. Si dejamos CZ = 1, entonces AZ = 1 porque el $\triangle ZAC$ es isósceles. Además, porque el $\triangle ABZ$ es 30-60-90, $BZ = 2$, y $AC = AB = \sqrt 3$.

2. Dibuja el círculo rojo (A) con radio $= AB = \sqrt 3$. Cortará AZ extendida en W. Notar que $\angle WBC = 0.5 \angle WAC = 15^0$. Por lo tanto, $\triangle ABW$ es de 45-45-90.

3. Extiende WD para que corte al círculo (A) en U.

4. Construye el círculo azul (B) con radio $= BA = \sqrt 3$. Desde D dibuja la tangente al círculo (B) tocándolo en X. Deja que las tangentes ZA y DX se encuentren en T. Por propiedad de las tangentes, $\angle BSA = 90^0$. Entonces, no es difícil probar que XBAU es un rombo.

4.5 [Añadido: BU es una cuerda del círculo (A). Sea S el punto medio de BU. Entonces, $\angle ASB = 90^0$.

En la circunferencia XBAT, su diámetro (BT), biseca perpendicularmente a AX.

Juntos, esto implica que BSTU es una línea recta.]

5. Deja que el círculo punteado que pasa por B, D y U corte a BX extendida en V. Entonces, $\angle BVD = \angle BUD = 0.5 \times \angle BAW = 45^0$.

6. Dado que $\angle VXU = 2 \times \angle VBU$ y $\angle VXU = 2 \times VDU$, podemos decir que X es el centro del círculo punteado. Entonces, $\triangle BDV$ es de 45-45-90.

7. A su vez, $\triangle BXD$ también es de 45-45-90. Esto significa que $BD = \sqrt 2 \times BX = \sqrt 2 \times BA$.