Dibujando una nueva versión de la figura 1.7A, basada en la figura 1.1B en vez de la 1.1A, verifique que la prueba del Teorema 1.71 sigue siendo válida cuando [math]\text{△}ABC[/math] tiene un ángulo obtuso.[br][br][b]Respuesta[/b]:[br][br]La altura BH biseca externamente a [math]\angle F[/math]. Además, [math]FC[/math] es perpendicular a [math]BH[/math]. [math]FC[/math] biseca [math]\angle F[/math][br][br]Por lo tanto, [math]BH[/math] es bisectriz externa de [math]\text{Δ}DEF[/math] en [math]\angle F[/math]. Esto nos deja saber que H es el excentro.[br][br]Similarmente con [math]CH[/math] y [math]\angle E[/math]

[math]OH^2=9R^2-a^2-b^2-c^2[/math][br][br][b]Respuesta[/b]: [br][br]Aplicando el Teorema de Stewart en [math]\text{Δ}ABC[/math] con la ceviana [math]AA'[/math] tenemos:[br][br][math]a\left(AA'^2+BA'\cdot A'C\right)=b^2BA'+c^2A'C[/math] (i)[br][br]Como A' sería el punto medio en BC, [math]BA'=A'C=\frac{a}{2}[/math] por lo que en (i) obtenemos:[br][br][math]a\left(AA'^2+\frac{a^2}{4}\right)=b^2\frac{a}{2}+c^2\frac{a}{2}[/math][br][br][math]AA'^2+\frac{a^2}{4}=\frac{b^2}{2}+\frac{c^2}{2}\Longrightarrow AA'^2=\frac{b^2}{2}+\frac{c^2}{2}-\frac{a^2}{4}=\frac{1}{4}\left(2b^2+2c^2-a^2\right)[/math][br][br][math]AA'=\sqrt{\frac{1}{4}\left(2b^2+2c^2-a^2\right)}=\frac{1}{2}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}[/math][br][br]Aplicando el Teorema de Stewart, esta vez en [math]\text{Δ}AOA'[/math] con ceviana [math]OG[/math] tenemos:[br][math]AA'\left(OG^2+AG\cdot GA'\right)=OA^2GA'+OA'^2\cdot GA[/math] (ii)[br][br]Como G triseca [math]AA'[/math], y si [math]n=GA'[/math] entonces [math]AA'=3n[/math] y [math]GA=2n[/math]. Además [math]OA=R[/math] y en [math]\text{Δ}OBA'[/math] vemos que [math]\angle BAO=90^\circ[/math], y por pitágoras, [math]R^2=OA'^2+\left(\frac{a}{2}\right)^2[/math] o [math]OA'^2=R^2-\frac{a^2}{4}[/math] por lo que en (ii) obtenemos:[br][br][math]\left(3n\right)\left(OG^2+\left(2n\right)\left(n\right)\right)=3n\left(OG^2+2n^2\right)=R^2n+2n\left(R^2-\frac{a^2}{4}\right)[/math][br][br][math]3OG^2+6n^2=R^2+2R^2-\frac{a^2}{2}=3R^2-\frac{a^2}{2}[/math][br][br][math]OG^2=R^2-\frac{a^2}{6}-2n^2[/math][br][br]También notemos que [math]OH=3OG[/math] por el Teorema 1.71. Por lo tanto: [br][br][math]OH^2=\left(3OG\right)^2=OG^2=9\left(R^2-\frac{a^2}{6}-2n^2\right)=9R^2-\frac{3}{2}a^2-18n^2[/math][br][br]Note que [math]18n^2=2\cdot9n^2=2\left(3n\right)^2=2\left(\frac{1}{2}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}\right)=\left(\frac{1}{2}\right)\left(2b^2+2c^2-a^2\right)=b^2+c^2-\frac{a^2}{2}[/math][br]Entonces[br][br][math]OH^2=9R^2-\frac{3}{2}a^2-\left(b^2+c^2-\frac{a^2}{2}\right)=9R^2-\frac{3}{2}a^2+\frac{a^2}{2}-b^2-c^2=9R^2-a^2-b^2-c^2[/math]

Demuestre que [math]DA'=\frac{\left|b^2-c^2\right|}{2a}[/math][br][br][b]Respuesta[/b]:[br][br]Supongamos que [math]b>c[/math][br][br]Entonces, mirando los triángulos [math]ADB[/math] y [math]ADA'[/math] y aplicando pitágoras, obtenemos:[br][br][math]AD^2=AB^2-BD^2[/math] y [math]AD^2=A'^2-DA'^2[/math][br][br][math]c^2-\left(\frac{a}{2}-DA'^2\right)=AA'^2-DA'^2[/math][br][br]Adicionalmente, [math]\left(AA'\right)^2=\left(\frac{\left(b^2+c^2\right)}{2}-\frac{a^2}{4}\right)[/math][br][br]Sustituyendo, obtenemos:[br][br][math]c^2-\left(\frac{a}{2}-DA'\right)^2=\left(\frac{\left(b^2+c^2\right)}{2}-\frac{a^2}{4}\right)-DA'^2[/math][br][math]\Longrightarrow c^2-\left(\left(\frac{a^2}{4}-aDA'\right)+DA'^2\right)=\frac{\left(b^2+c^2\right)}{2}-\frac{a^2}{4}-DA'^2[/math][br][math]\Longrightarrow c^2+aDA'^2=\frac{\left(b^2+c^2\right)}{2}=c^2[/math][br][math]aDA'=\frac{\left(b^2-c^2\right)}{2}[/math][br][math]DA'=\frac{\left(b^2-c^2\right)}{2a}[/math]

Si [math]\text{Δ}ABC[/math] tiene la propiedad especial de que su Linea de Euler es paralela a su lado BC, entonces [math]tanBtanC=3[/math].[br][br][b]Respuesta[/b]: [br][br]Notemos que [math]AH=2OA'[/math]. Vemos que [math]AH=AD-HD[/math] y [math]HD=OA'[/math] porque [math]OH[/math] es paralelo a [math]BC[/math] y [math]\angle CDA=90^\circ[/math]. Entonces: [br][br][math]2OA'=AD-OA'\Longrightarrow OA'=\frac{1}{3}AD[/math] (i)[br][br]También [math]\text{Δ}BOC[/math] es isósceles porque [math]BO=OC=R[/math] y [math]A'[/math] es el punto medio de [math]BC[/math], Entonces [math]OA'[/math] biseca [math]\angle BOC[/math]. Por tanto, [math]\angle BOA'=\frac{1}{2}\angle BOC=\angle A[/math].[br][br][math]\text{Δ}BOA'[/math] es rectángulo así que [math]cos\left(BOA'\right)=cosA=\frac{OA'}{BO}=\frac{OA'}{R}[/math] o [math]OA'=RcosA=Rcos\left(180^\circ-B-C\right)=R\left(cos\left(180^\circ-B\right)cosC+sen\left(180^\circ-B\right)senC\right)=RsenBsenC-RcosBcosC[/math][br][br][math]\text{Δ}ADC[/math] es rectángulo por lo que [math]senC=\frac{AD}{b}\Longrightarrow AD=bsenC[/math]. [br]Por ley de senos extendida, [br][math]\frac{b}{senB}=2R\Longrightarrow b=2RsenB[/math]. Entonces [math]AD=2RsenBsenC[/math]. Al sustituir esto en (i) obtenemos:[br][br][math]RsenBsenC-RcosBcosC=\frac{1}{3}\left(2RsenBsenC\right)\Longrightarrow3senBsenC-3cosBcosC=2senBsenC[/math][br][br][math]senBsenC=3cosBcosC\Longrightarrow\frac{senBsenC}{cosBcosC}=tanBtanC=3[/math]