{"id":1125,"date":"2019-04-13T09:48:19","date_gmt":"2019-04-13T09:48:19","guid":{"rendered":"https:\/\/blogs.ua.es\/dimates\/?p=1125"},"modified":"2019-04-13T09:48:19","modified_gmt":"2019-04-13T09:48:19","slug":"solucion-a-un-angulo-y-su-doble","status":"publish","type":"post","link":"https:\/\/blogs.ua.es\/dimates\/2019\/04\/13\/solucion-a-un-angulo-y-su-doble\/","title":{"rendered":"Soluci\u00f3n a un \u00e1ngulo y su doble"},"content":{"rendered":"<pre>Problema 4 de la Fase Nacional de la XLVII OME 2011\r\nSe dirige a una edad de: 16-17 a\u00f1os<\/pre>\n<p>Sea ABC un tri\u00e1ngulo con un \u00e1ngulo en A que es doble del \u00e1ngulo en B, y un \u00e1ngulo en C mayor de 90\u00ba.<\/p>\n<p>Sea D un punto de la recta AC tal que BD es perpendicular a BC, y M el punto medio de AB.<\/p>\n<p>Demuestra que el \u00e1ngulo AMC coincide con el \u00e1ngulo DMB.<br \/>\n<img loading=\"lazy\" decoding=\"async\" class=\"aligncenter size-full wp-image-1119\" src=\"https:\/\/blogs.ua.es\/dimates\/files\/2019\/04\/88.Anguloydoble.png\" alt=\"\" width=\"300\" height=\"300\" srcset=\"https:\/\/blogs.ua.es\/dimates\/files\/2019\/04\/88.Anguloydoble.png 300w, https:\/\/blogs.ua.es\/dimates\/files\/2019\/04\/88.Anguloydoble-150x150.png 150w\" sizes=\"auto, (max-width: 300px) 100vw, 300px\" \/><br \/>\nSoluci\u00f3n:<br \/>\n<!--more--><br \/>\nEste problema lo incluyo ahora porque su construcci\u00f3n inicial no parece ser muy distinto del anterior, pero la resoluci\u00f3n no es f\u00e1cil llevarla a cabo de manera similar.<\/p>\n<p>Por supuesto, podr\u00edamos intentar una estrategia que se base en construir elementos utilizando el teorema del seno y del coseno, partiendo del valor de la mitad del lado AB, que tomar\u00edamos como unidad. Haciendo depender todo en ese momento del \u00e1ngulo menor (el CBA), construir CA, CM, el coseno del \u00e1ngulo BMA, DB, DM y as\u00ed obtener el coseno del \u00e1ngulo DMB, que debe coincidir con el anterior. En teor\u00eda debe funcionar, pero no es en absoluto viable llevarlo a cabo.<\/p>\n<p>Hay una aproximaci\u00f3n mucho m\u00e1s retorcida, pero muy sencilla de entender cuando te das cuenta.<\/p>\n<p>Puesto que el \u00e1ngulo ACB forma un tri\u00e1ngulo con el \u00e1ngulo en B (que llamaremos b) y en A (2b), resulta que ACB = 180 \u2013 3b, por lo que DCB es el \u00e1ngulo 3b. Si descomponemos 3b = 2b + b, resulta que al trazar una l\u00ednea paralela a AB, corta el \u00e1ngulo DCB en uno de b y otro de 2b. Esa l\u00ednea, que corta el segmento DB en el punto F, forma \u00e1ngulos con DB DFC = 90 + b (igual que DBA) y CFB = 90 \u2013 b.<\/p>\n<p>Pero si ahora trazamos un segmento que forme un \u00e1ngulo b con BC, y que corte a CF en N, tenemos dos tri\u00e1ngulos is\u00f3sceles, BNF y BNC (ya que NBF va a medir 90 \u2013 b y NBC va a medir b). Eso significa que CN = NB = NF. Pero, claro, puesto que CN = NF, siendo CF una recta paralela a AB, el segmento DM pasa precisamente por N.<br \/>\n<img loading=\"lazy\" decoding=\"async\" src=\"https:\/\/blogs.ua.es\/dimates\/files\/2019\/04\/88.Anguloydoble.gif\" alt=\"\" width=\"300\" height=\"300\" class=\"aligncenter size-full wp-image-1126\" \/><\/p>\n<p>Y, por lo tanto, la figura que aparece con los puntos ACNBM es totalmente sim\u00e9trica, un trapecio is\u00f3sceles con su base mayor dividida en dos partes iguales, por lo que es evidente que los \u00e1ngulos CMA y NMB (que coincide, claro, con DMB) son id\u00e9nticos.<\/p>\n","protected":false},"excerpt":{"rendered":"<p>Problema 4 de la Fase Nacional de la XLVII OME 2011 Se dirige a una edad de: 16-17 a\u00f1os Sea ABC un tri\u00e1ngulo con un \u00e1ngulo en A que es doble del \u00e1ngulo en B, y un \u00e1ngulo en C mayor de 90\u00ba. 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