Un baúl de problemas olvidado - Problema propuesto 1

Question

Problema. $ABC$ es un triángulo isósceles tal que $\sphericalangle BAC = 20^{\circ}$ y $\sphericalangle CBA = \sphericalangle ACB = 80^{\circ}$. Si $D$ y $E$ son puntos sobre $CA$ y $AB$ tales que $\sphericalangle CBD = 60^{\circ}$ y $\sphericalangle ECB = 70^{\circ}$, encuentre $\sphericalangle CED$.

Las soluciones que se reciban serán consideradas para ser incluidas en las próximas entregas de Un baúl de problemas olvidado. Pueden leer toda la historia en el siguiente enlace:

http://universo.math.org.mx/2014-3/baul-I/baul-I.html

Answer 1

¡El ángulo es de 20 grados! No sé cómo a alguien se le ocurre un problema así. Bueno, resolverlo es mucho más fácil que inventarlo:

El que $\sphericalangle CED = 20^{\circ}$ es equivalente a que los tríangulos $CED$ y $CAE$ sean semejantes (porque comparten el ángulo en $C$), que a su vez equivale a que $\frac{CE}{CA} = \frac{CD}{CE}$. Para probar eso, calculamos ambos lados usando trigonometría y milagrosamente salen iguales.

Por la ley de senos en el triángulo $CEA$, $\frac{CE}{CA} = \frac{\sin \sphericalangle EAC}{\sin \sphericalangle CEA} = \frac{\sin 20^\circ}{\sin 150^\circ}$.

Por otra parte, $\frac{CD}{CE} = \frac{CD}{BC} \frac{BC}{CE} = \frac{\sin \sphericalangle CBD}{\sin \sphericalangle BDC} \frac{\sin \sphericalangle BEC}{\sin \sphericalangle EBC} = \frac{\sin 60^\circ}{\sin 40^\circ}\frac{\sin 30^\circ}{\sin 80^\circ}$, usando la ley de senos en los triángulos $BEC$ y $BCD$.

Entonces, sólo falta probar que $\frac{\sin 20^\circ}{\sin 150^\circ} = \frac{\sin 60^\circ}{\sin 40^\circ}\frac{\sin 30^\circ}{\sin 80^\circ}$, o, como $\sin 30^\circ = \frac{1}{2} = \sin 150^\circ$, basta probar que $4 \sin 20^\circ \sin 40^\circ \sin 80^\circ = \sin 60^\circ$.

Esta última identidad es un caso particular de $4 \sin x \sin(60^\circ - x) \sin(60^\circ + x) = \sin(3x)$, que es fácil de probar con las fórmulas de suma: primero, $2 \sin(60^\circ - x) \sin(60^\circ + x) = \cos(2x) - \cos 120^\circ = \cos(2x) + \frac{1}{2}$, así que $4 \sin x \sin(60^\circ - x) \sin(60^\circ + x) = 2 \sin x \cos 2x + \sin x = \sin(3x)$.

Comments

¡Uf! La observación de que los triángulos CED y CAE son semejantes es simplemente GENIAL. Sólo hay unos cuantos "typos" en tu solución, Omar: donde se lee CD/CE = (CE/BC)(BC/CE) debe ser CD/CE = (CD/BC)(BC/CE), donde se lee cos(2x)-(1/2) debe ser cos(2x)+(1/2) y donde se lee 2sen(x)cos(2x)-sen(x) debe ser 2sen(x)cos(2x)+sen(x). Saludos.

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Muchas gracias por las correcciones, José.