Si una ceviana [math]AQ[/math] de un triángulo equilátero [math]ABC[/math] es extendida para encontrar el circuncírculo en [math]P[/math], entonces: [math]\frac{1}{PB}+\frac{1}{PC}=\frac{1}{PQ}[/math]. [br]

Notemos que [math]\text{Δ}BQP\cong\text{Δ}AQC[/math] por AA, por lo que tenemos las siguientes proporciones: [br][br][math]\frac{PQ}{PB}=\frac{QC}{AC}[/math] y [math]\frac{PQ}{PC}=\frac{BQ}{AB}[/math][br][br][math]\frac{PQ}{PB}+\frac{PQ}{PC}=\frac{QC}{AC}+\frac{BQ}{AB}=\frac{QC+BQ}{AB}=\frac{AB}{AB}=1[/math][br][br]Por lo tanto, [math]\frac{1}{PB}+\frac{1}{PC}=\frac{1}{PQ}[/math].

Si un triángulo isósceles [math]\text{Δ}PAB[/math] con ángulos iguales [math]15^\circ[/math] en los extremos de su base [math]AB[/math] se dibujan dentro de un cuadrado [math]ABCD[/math], como en la siguiente figura, entonces los puntos [math]P,C,D[/math] son los vértices de un triángulo equilátero.

[b]Respuesta[/b]: [br][br]Si construimos un segmento desde [math]C[/math] hasta un punto de intersección [math]E[/math] en [math]PB[/math] tal que [math]\angle ECB=15^\circ[/math]. En [math]\text{Δ}CBE[/math] vemos que [math]\angle CEB=90^\circ[/math]. Construimos un segmento desde [math]B[/math] hasta un punto [math]F[/math] que esté en [math]CE[/math] de manera que [math]\angle FBC=15^\circ[/math]. Esto hace que [math]\angle PBF=60^\circ[/math]. También, notemos que [math]\text{Δ}BCF[/math] es isósceles y [math]\text{Δ}BCF\cong\text{Δ}ABP[/math] ya qe [math]AB=BC[/math]. Luego tenemos que [math]PB=BF[/math]. Tenemos que [math]\text{Δ}BFP[/math] es isósceles y por tanto [math]\angle BPF=\angle BFP=\frac{180^\circ-60^\circ}{2}=60^\circ[/math]. Por consecuencia, [math]\text{Δ}BFP[/math] es equilátero. Ya que [math]CE[/math] pasa por [math]F[/math] y es [math]\perp PB[/math] entonces esta es la altura de [math]\text{Δ}BFP[/math]. Tenemos entonces que [math]PE=EB[/math]. [br][br]Además, [math]\angle FEP=\angle FEB[/math] y [math]CE[/math] es un lado común, entonces [math]\text{Δ}CPE\cong\text{Δ}CBE[/math]. Tendremos entonces que [math]CP=CB=CD[/math]. Similarmente, [math]DP=AD=CD[/math] y por tanto [math]\text{Δ}CDP[/math] es equilátero.

Si las rectas PB y PD, fuera de un paralelogramo ABCD, forman ángulos iguales con lados BC y DC respectivamente, como en la figura a continuación, entonces [math]\angle CPB=\angle DPA[/math].

[b]Respuesta[/b]:[br]Sea [math]Q[/math] tal que [math]DPQA[/math] es un paralelogramo. Ahora observe que los ángulos verdes en la ilustración son congruentes. Esto implica que [math]APQB[/math] es un cuadrilátero cíclico. Por tanto, [math]\angle DPC=\angle AQB=\angle APB[/math]. Pero esto implica que las partes no comunes de los ángulos [math]\angle DPC[/math] y [math]\angle APB[/math] son iguales. Eso es lo que queríamos concluir.

Sean [math]ABC[/math] un triángulo isósceles con ángulos congruentes de [math]80^\circ[/math] en B y C. Las cevianas [math]BD[/math] y [math]CE[/math] dividen [math]\angle B[/math] y [math]\angle C[/math] en [math]60^\circ+20^\circ[/math] y [math]30^\circ+50^\circ[/math], como en la figura siguiente. Encuentre [math]\angle EDB[/math].

[b]Respuesta[/b]:[br]Sea [math]\angle EDB=d[/math] entonces [math]\angle BED=180^\circ-20^\circ-d=160^\circ-d[/math]. Si observamos [math]\text{Δ}BCD[/math] concluimos que [math]\angle BDC=180^{\circ}-60^{\circ}-80^{\circ}=40^\circ[/math]. Además, en [math]\text{Δ}BCE[/math], [math]\angle180^\circ-80^\circ-50^\circ=50^\circ=\angle BCE[/math]. Entonces [math]\text{Δ}BCE[/math] es isósceles, y concluimos que [math]BE=BC[/math].[br][br]Si aplicamos la Ley de senos en [math]\text{Δ}BED[/math] conseguimos que [math]\frac{sin\left(80^\circ\right)}{sin\left(40^\circ\right)}=\frac{BD}{BC}[/math].[br][br]Entonces [math]\frac{sin\left(160^\circ-d\right)}{sin\left(d\right)}=\frac{sin\left(80^\circ\right)}{sin\left(40^\circ\right)}\Longrightarrow sin\left(160^\circ-d\right)=\frac{sin\left(80^\circ\right)}{sin\left(40^\circ\right)}\cdot sin\left(d\right)\Longrightarrow sin\left(160^\circ\right)cos\left(d\right)-sin\left(d\right)cos\left(160^\circ\right)=\frac{sin\left(80^\circ\right)}{sin\left(40^\circ\right)}\cdot sin\left(d\right)[/math][br][br][math]\Longrightarrow sin\left(160^\circ\right)cos\left(d\right)=\frac{sin\left(80^\circ\right)}{sin\left(40^\circ\right)}\cdot sin\left(d\right)+cos\left(160^\circ\right)sin\left(d\right)=sin\left(d\right)\left(\frac{sin\left(80^\circ\right)}{sin\left(40^\circ\right)}+cos\left(160^\circ\right)\right)[/math][br][br][math]\Longrightarrow\frac{sin\left(160^\circ\right)}{\frac{sin\left(80^\circ\right)}{sin\left(40^\circ\right)}+cos\left(160^\circ\right)}=\frac{sin\left(d\right)}{cos\left(d\right)}=tan\left(d\right)[/math][br][br]Luego, obtenemos que:[br][br][math]d=tan^{-1}\left(\frac{sin\left(160^\circ\right)}{\frac{sin\left(30^\circ\right)}{sin\left(40\right)}+cos\left(160^\circ\right)}\right)=30^\circ[/math]

Si dos rectas a través de un vértice de un triángulo equilátero divide el semicírculo dibujado hacia afuera en el lado opuesto en tres arcos iguales, estas mismas líneas dividen el lado en 3 segmentos iguales.

[b]Respuesta[/b]: Note que[br][br][math]\text{Δ}ABJ_1\sim\text{Δ}AB'F[/math] (i)[br][math]\text{Δ}AJ_1K_1\sim\text{Δ}AFG[/math] (ii)[br][math]\text{Δ}AK_1C\sim\text{Δ}AGC'[/math] (iii)[br][br]Como [math]\text{Δ}ABJ_1[/math], [math]\text{Δ}AJ_1K_1[/math], [math]\text{Δ}AK_1C[/math] comparten lados similares, y [math]\text{Δ}AB'F[/math], [math]\text{Δ}AFG[/math], [math]\text{Δ}AGC'[/math] también, tenemos que la razón de semejanza es la misma en i, ii y iii, llamémosla [math]k[/math].[br][br]Entonces:[br][br][math]BJ_1=kB'F=kr[/math][br][math]J_1K_1=kFG=kr[/math][br][math]K_1C=kGC=kr[/math][br][br]Por lo tanto, [math]BJ_1=J_1K_1=K_1C[/math]