Problema 1
La altura trazada sobre uno de los lados iguales de un triángulo isósceles forma con el otro lado igual un ángulo [tex]12^\circ[/tex] menor que el que forma con la base. Halla el ángulo del vértice del triángulo (el opuesto a la base).
Problema 2
Las bisectrices [tex]AM[/tex] y [tex]BP[/tex] del triángulo [tex]ABC[/tex] ([tex]M\in BC[/tex], [tex]P\in AC[/tex]) forman ángulos de [tex]75^\circ[/tex] con los lados [tex]BC[/tex] y [tex]AC[/tex], respectivamente. Halla los ángulos [tex]\angle A[/tex], [tex]\angle B[/tex], [tex]\angle C[/tex] del triángulo (considera todos los casos posibles).
Solución:
Sean [tex]\angle A=\alpha[/tex], [tex]\angle B=\beta[/tex], [tex]\angle C=\gamma[/tex]. Por el teorema del ángulo exterior:
[tex]\angle AMC=\beta+\dfrac{\alpha}{2}; \angle BPC=\alpha+\dfrac{\beta}{2}[/tex]
Una recta forma con un lado ángulos de [tex]75^\circ[/tex] y [tex]105^\circ[/tex], así que cada uno de estos ángulos mide [tex]75^\circ[/tex] o [tex]105^\circ[/tex]. Ambos de [tex]75^\circ[/tex]: restando, [tex]\alpha=\beta[/tex], de donde [tex]\alpha=\beta=50^\circ[/tex], [tex]\gamma=80^\circ[/tex]. Ambos de [tex]105^\circ[/tex]: [tex]\alpha=\beta=70^\circ[/tex], [tex]\gamma=40^\circ[/tex].
Si [tex]\beta+\frac{\alpha}{2}=75^\circ[/tex] y [tex]\alpha+\frac{\beta}{2}=105^\circ[/tex], sumando obtenemos [tex]\alpha+\beta=120^\circ[/tex] y restando [tex]\alpha-\beta=60^\circ[/tex], es decir, [tex]\alpha=90^\circ[/tex], [tex]\beta=30^\circ[/tex], [tex]\gamma=60^\circ[/tex]. El caso contrario da [tex]\alpha=30^\circ[/tex], [tex]\beta=90^\circ[/tex], [tex]\gamma=60^\circ[/tex].
Problema 3
El punto [tex]D[/tex] está en el lado [tex]AC[/tex] del triángulo [tex]ABC[/tex] de modo que [tex]AB=CD[/tex] y [tex]\angle ABD=40^\circ[/tex]. Halla [tex]\angle CBD[/tex] (en grados) si es la mitad de [tex]\angle BAC[/tex].
Problema 4
Halla los ángulos de un triángulo isósceles que se puede dividir en dos triángulos isósceles mediante una recta que pasa por uno de los vértices de su base.
Solución:
Sean [tex]CA=CB[/tex], [tex]\alpha[/tex] los ángulos de la base y [tex]\gamma=180^\circ-2\alpha[/tex] el ángulo del vértice. La recta por [tex]A[/tex] corta a [tex]BC[/tex] en [tex]D[/tex]; sea [tex]\angle BAD=x[/tex], [tex]0\lt x\lt \alpha[/tex]. Los ángulos del triángulo [tex]ABD[/tex] son [tex]x; \alpha; 180^\circ-\alpha-x[/tex], y los del triángulo [tex]ADC[/tex] son [tex]\alpha-x; \gamma; \alpha+x[/tex].
El triángulo [tex]ABD[/tex] es isósceles si [tex]180^\circ-\alpha-x=\alpha[/tex], es decir, [tex]x=\gamma[/tex], o si [tex]x=180^\circ-\alpha-x[/tex], es decir, [tex]x=90^\circ-\frac{\alpha}{2}[/tex]. El triángulo [tex]ADC[/tex] es isósceles si [tex]\alpha-x=\gamma[/tex] o [tex]\alpha+x=\gamma[/tex].
[tex]x=\gamma[/tex] y [tex]\alpha-x=\gamma[/tex]: [tex]\alpha=2\gamma[/tex], de donde [tex]\gamma=36^\circ[/tex], [tex]\alpha=72^\circ[/tex]. [tex]x=\gamma[/tex] y [tex]\alpha+x=\gamma[/tex]: [tex]\alpha=0[/tex], imposible.
[tex]x=90^\circ-\frac{\alpha}{2}[/tex] y [tex]\alpha-x=\gamma[/tex]: [tex]\frac{3\alpha}{2}-90^\circ=180^\circ-2\alpha[/tex], de donde [tex]\alpha=\frac{540^\circ}{7}[/tex], [tex]\gamma=\frac{180^\circ}{7}[/tex] (y [tex]x=\frac{360^\circ}{7}\lt \alpha[/tex]). [tex]x=90^\circ-\frac{\alpha}{2}[/tex] y [tex]\alpha+x=\gamma[/tex]: [tex]\alpha=36^\circ[/tex], pero entonces [tex]x=72^\circ\gt \alpha[/tex], imposible.
Problema 5
En el triángulo acutángulo [tex]ABC[/tex], [tex]CD[/tex] es una altura y [tex]\angle BAC=45^\circ[/tex]. Se toma un punto [tex]M[/tex] en el lado [tex]BC[/tex] de modo que [tex]MD[/tex] es la bisectriz de [tex]\angle AMB[/tex]. Halla [tex]\angle AMB[/tex] (en grados).
Problema 6
En el triángulo [tex]ABC[/tex], [tex]\angle ABC=45^\circ[/tex]. El punto [tex]D[/tex] del lado [tex]BC[/tex] cumple [tex]DC=2BD[/tex] y [tex]\angle ADC=60^\circ[/tex]. Halla [tex]\angle ACB[/tex] (en grados).
Solución:
[tex]\angle BAD=60^\circ-45^\circ=15^\circ[/tex] (ángulo exterior del triángulo [tex]ABD[/tex]). Trazamos [tex]CK\perp AD[/tex]. En el triángulo rectángulo [tex]DKC[/tex], [tex]\angle DCK=30^\circ[/tex], así que [tex]DK=\frac{DC}{2}=BD[/tex]. Como [tex]AD\gt BD[/tex] (en el triángulo [tex]ABD[/tex], [tex]45^\circ\gt 15^\circ[/tex]), [tex]K[/tex] está en el segmento [tex]AD[/tex].
El triángulo [tex]BDK[/tex] es isósceles con [tex]\angle BDK=120^\circ[/tex], así que [tex]\angle DBK=\angle DKB=30^\circ[/tex]. Entonces [tex]\angle KBC=30^\circ=\angle KCB[/tex], o sea [tex]KB=KC[/tex]. Además, [tex]\angle ABK=45^\circ-30^\circ=15^\circ=\angle BAK[/tex], o sea [tex]KA=KB[/tex]. Por tanto, [tex]KA=KC[/tex], el triángulo rectángulo [tex]AKC[/tex] es isósceles y [tex]\angle KCA=45^\circ[/tex]:
[tex]\angle ACB=30^\circ+45^\circ=75^\circ[/tex]
Problema 7
En el triángulo [tex]ABC[/tex] se trazan las bisectrices [tex]AK[/tex] y [tex]BD[/tex] ([tex]K[/tex] en [tex]BC[/tex], [tex]D[/tex] en [tex]AC[/tex]). Se sabe que [tex]KD[/tex] es la bisectriz de [tex]\angle AKC[/tex]. Halla [tex]\angle BAC[/tex] (en grados).
Problema 8
En el triángulo [tex]ABC[/tex], [tex]AC=BC[/tex] y [tex]\angle ACB=80^\circ[/tex]. El punto [tex]M[/tex], interior al triángulo, cumple [tex]\angle MAB=10^\circ[/tex] y [tex]\angle ABM=30^\circ[/tex]. Halla [tex]\angle AMC[/tex] (en grados).
Problema 9
[tex]CH[/tex] es la altura y [tex]M[/tex] el punto medio de la hipotenusa [tex]AB[/tex] del triángulo rectángulo [tex]ABC[/tex], con [tex]\angle BAC\lt \angle ABC[/tex]. Si [tex]MH=HB+BC[/tex], halla [tex]\angle BAC[/tex] (en grados).
Solución:
Sean [tex]\angle A=\alpha[/tex] y [tex]\angle B=\beta[/tex]. Como [tex]\alpha\lt \beta[/tex], los puntos de [tex]AB[/tex] están en el orden [tex]A[/tex], [tex]M[/tex], [tex]H[/tex], [tex]B[/tex]. Tomamos en la semirrecta [tex]HB[/tex], más allá de [tex]B[/tex], el punto [tex]D[/tex] con [tex]BD=BC[/tex]. Entonces [tex]HD=HB+BC=MH[/tex], así que [tex]CH[/tex] es la mediatriz de [tex]MD[/tex] y [tex]CD=CM[/tex].
El triángulo [tex]BCD[/tex] es isósceles y su ángulo exterior en [tex]B[/tex] es [tex]\angle ABC=\beta[/tex], así que [tex]\angle BDC=\frac{\beta}{2}[/tex]. Como [tex]CM=CD[/tex], [tex]\angle CMB=\angle CDM=\frac{\beta}{2}[/tex]. Por otro lado, [tex]MA=MC[/tex] (mediana sobre la hipotenusa), así que el ángulo exterior [tex]CMB[/tex] del triángulo [tex]AMC[/tex] es [tex]2\alpha[/tex]:
[tex]2\alpha=\dfrac{\beta}{2} \Rightarrow \beta=4\alpha; \alpha+4\alpha=90^\circ \Rightarrow \alpha=18^\circ[/tex]
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