[ingmarov]

Una solución puramente geométrica:



...

No entiendo algo de esta demostración, es que no sé cómo prueba que los segmentos CD y CA' son colineales.

Saludos

[Jhon Peralta]

Una solución puramente geométrica:



...

No entiendo algo de esta demostración, es que no sé cómo prueba que los segmentos CD y CA' son colineales.

Saludos

Son colineales porque el segmento DA' es la prolongación del segmento CD para formar un triángulo isósceles (DA = A'A). Saludos

[ingmarov]

Hola

No lo veo, yo creo que a esta demostración le falta algo.

Saludos

[Luis Fuentes]

Hola

No lo veo, yo creo que a estás demostración le falta algo.

Si, le falta. Estoy de acuerdo.

Saludos.

[feriva]

No lo veo, yo creo que a estás demostración le falta algo.

Yo tengo poca experiencia en estos problemas, ya sabes, pero puede que quizá no piense en “probarlo”, sino que lo exige y lo que hace es prolongar CD hasta que corte en ángulo recto a AA' y, a la vez, de tal forma que el lado AA' haga de base de un triángulo formado por dos triángulos rectángulos unidos por la la bisectriz (la bisectriz que parte del ángulo 2alfa); o sea, el triángulo de ángulos CAA'. Este triángulo isósceles, con dichas condiciones, es único (en esto se podría apoyar, puede asumir esa unicidad) y los triángulos rectángulos que lo forman son semejantes al triángulo BDC; en el que se conocen dos ángulos, alfa y 90.

Pero no sé, no termino de concatenar todas las ideas, con esta cabeza mía me pierdo un poco.

Saludos.

[ingmarov]

Hola feriva Editado

No lo veo, yo creo que a estás demostración le falta algo.

Yo tengo poca experiencia en estos problemas, ya sabes, pero puede que quizá no piense en “probarlo”, sino que lo exige y lo que hace es prolongar CD hasta que corte en ángulo recto a AA' y, a la vez, de tal forma que el lado AA' haga de base de un triángulo formado por dos triángulos rectángulos unidos por la la bisectriz (la bisectriz que parte del ángulo 2alfa); o sea, el triángulo de ángulos CAA'. Este triángulo isósceles, con dichas condiciones, es único (en esto se podría apoyar, puede asumir esa unicidad) y los triángulos rectángulos que lo forman son semejantes al triángulo BDC; en el que se conocen dos ángulos, alfa y 90.
...

La pregunta en este caso es ¿Cuál es la medida del ángulo A'AD? La respuesta es \( 180^{\circ}-6\alpha \) y eso no resuelve el problema.

La pregunta que he puesto no está bien, lo que pasa, más bien, es que estamos asumiendo (sin demostrarlo) que la prolongación de DC forma en D un ángulo de \( 3\alpha \). Con las demostraciones trigonométricas sabemos que sí, que ese ángulo tiene esa medida, pero en la demostración geométrica no está probado.
Hay que probar que DA' es prolongación de CD, ó si son C,D,A' puntos colineales.

Saludos

[feriva]

La pregunta que he puesto no está bien, lo que pasa, más bien, es que estamos asumiendo (sin demostrarlo) que la prolongación de DC forma en D un ángulo de \( 3\alpha \). Con las demostraciones trigonométricas sabemos que sí, que ese ángulo tiene esa medida, pero en la demostración geométrica no está probado.
Hay que probar que DA' es prolongación de CD, ó si son C,D,A' puntos colineales.

Saludos

Ya, yo tampoco llego a "3*alfa", cuando me fijé en lo que decía pensé que quizá habría alguna manera de deducirlo, pero con el esquema del dibujo, después, vi que no podía

Saludos

[doncarlitos]

 [attachment id=0 msg=449830]

Hola :
Perdonad si a veces me equivoco en algún matiz a la hora de redactar , procuraré   ser más preciso .
Veo que la solución de este ejercicio no es la suficientemente precisa al menos para seguirla de manera  sencilla , voy a tratar  de  serlo yo , espero no liarlo más...
Al observar 2 ángulos contiguos uno doble  del otro lo natural es tazar la bisectriz del doble  para conseguir un isósceles con la que ahora  será mediatriz. ; procedo
1º Trazo AN , por C una perpendicular a ella y prolongo AE hasta cortarla en G  , ahora AGC es isósceles con N mediatriz  ángulo desigual \[  2\alpha \] y ángulos iguales \[ 90^{\circ}-\alpha \]
 Completando ángulos   en el triángulo ABC; \[ C=90^{\circ}-3\alpha \]  , en el ABM , \[ M=90^{\circ}-2\alpha \]
El triángulo EGC es isósceles  pues GC=EO ; \[ G=90^{\circ}-\alpha \] ; \[ M=90^{\circ}-\alpha \] opuesto por el vértice ...=>  GC=EC(oo) =>GN=NC=(o)
Los triángulos ABM y MNC  son congruentes   pues tienen trivialmente iguales sus 3 ángulos  y adamas AB=NC=(o)  pero entonces AM=MC  ; AMC isósceles   => \[ α =90^{\circ}-3\alpha \]     \[ \alpha=22.5^{\circ} \]

Saludos  don Carlitos

[ingmarov]

Hola :
Perdonad si a veces me equivoco en algún matiz a la hora de redactar , procuraré   ser más preciso .
Veo que la solución de este ejercicio no es la suficientemente precisa al menos para seguirla de manera  sencilla , voy a tratar  de  serlo yo , espero no liarlo más...
Al observar 2 ángulos contiguos uno doble  del otro lo natural es tazar la bisectriz del doble  para conseguir un isósceles con la que ahora  será mediatriz. ; procedo
1º Trazo AN , por C una perpendicular a ella y prolongo AE hasta cortarla en G  , ahora AGC es isósceles con N mediatriz  ángulo desigual 2α y ángulos iguales 90-α
 Completando ángulos   en el triángulo ABC; C=90-3α  , en el ABM , M=90-2α
El triángulo EGC es isósceles  pues GC=EO ; G=90-α ; M=90-α opuesto por el vértice ...=>  GC=EC(oo) =>GN=NC=(o)
Los triángulos ABM y MNC  son congruentes   pues tienen trivialmente iguales sus 3 ángulos  y además AB=NC=(o)  pero entonces AM=MC  ; AMC isósceles   => α =90-3α     α=22.5º

Saludos  don Carlitos

Ahora sí, otra bonita solución.

Saludos