Deje $D, E$ $F$ $\overline{BC}, \overline{AC},$ $\overline{AB},$ respectivamente, tal que $\overline{AD}, \overline{BE},$ $\overline{CF}$ son las bisectrices de los ángulos de $\triangle {ABC}$. Si $\angle{EDF}=90^{\circ}$, demuestran que, a $\angle{BED} = \angle{CFD} = 30^{\circ}$.
Tengo un par de conjeturas sobre cómo probar esto. En primer lugar, parece que $DE$ es una bisectriz de un ángulo de $\angle{CDA}$ y de manera similar a $DF$ es una bisectriz de un ángulo de $\angle{BDA}$. También parece que $\overline{EF} \parallel \overline{BC}$, por lo que puede ser de ayuda, pero no veo cómo mostrar $\angle{BED} = \angle{CFD} = 30^{\circ}$.
Respuesta
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Tenga en cuenta que el cuádruple $C,K,G,F$ es armónico. Esto puede ser visto fácilmente a través de Menelaos y el teorema de Ceva.
Desde $\angle GDF = \frac \pi 2$ $C,K,G,F$ es armónico, se deduce que el $DG, DF$ son bisectrices del ángulo entre las líneas de $CB, AD$. Para ver eso, vamos a $C'$ ser un punto en $CK$ tal que $DK, DC'$ son simétricas con respecto a $DG$. A continuación, $DF, DG$ son bisectrices de los ángulos de que el ángulo entre el $DK, DC'$. Usando el teorema de la bisectriz de un ángulo nos encontramos con que $\frac{KG}{GC'} = \frac{KD}{DC'} = \frac{KF}{FC'}$ $C',K,G,F$ es armónico. Por lo tanto,$C'=C$.
Desde $F$ se encuentra en el interior de la bisectriz del ángulo $ECD$ y en el exterior de la bisectriz de un ángulo de $CDE$, se deduce que el $F$ $C$- excéntrica de triángulo $CAD$. Esto significa que $\angle FAD = \frac{\pi - \angle DAC}2 = \frac{\pi - \angle FAD}2$. Por lo tanto,$\angle FAD = \frac \pi 3= \angle DAC$. Ahora, el ángulo persiguiendo da $$\angle DFC = \pi - \angle FDC - \angle ADF = \pi - \frac{\angle ACD}2 - \angle CDA - \frac{\pi - \angle CDA}2 = \frac \pi 2 - \frac{\angle ACD + \angle CDA}2 = \frac \pi 2 - \frac{\pi - \angle DAC}2 = \frac \pi 6.$$
