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[tex3]\triangle ABC (isósceles)\\ AM (mediana)\\ P (baricentro)\\ \therefore AP =2PM = 2\sqrt2\\ \triangle APH: cos45^o = \frac{PH}{AP}\rightarrow \frac{2\sqrt2}{2}=\frac{PH}{\sqrt2}\therefore PH = 2 \implies BP = 2PH = 2.2 = 4\\ \therefore \boxed{\color{red}BH = BP+PH = 4+2=6}[/tex3]...

[tex3]\triangle ABC: ∠ABC=120^∘ \\ H(ortocentro): ∠AHC=180^∘−∠ABC=60^∘(^*) \therefore AOCH(cíclico\rightarrow∠AHC+∠AOC=180^∘).\\ \therefore ∠CHO=∠CAO=30^∘\\ \boxed{\color{red}∠CEO=∠CHO+∠HCE=60^o}\\ ^* H(ortocentro) \rightarrow AH \perp BC \therefore ∠BAH=30^∘.\\ Seja~ ∠ACB=x \implies ∠GHC=90^∘−∠GCH=90^∘−(30^∘+x)=60^∘−x\\ ∠GHA=90^∘−∠GAH=90^∘−(60^∘−x+30^∘)=x\\ ∠AHC=∠GHA+∠GHC=60^∘[/tex3]...

traçando BO e AO, são formados os triângulos isósceles BOC, AOC e BOA.

Mas o ângulo <BOA é 60°, então BOA além de isósceles é também equilátero com lado 12.

Portanto o segmento vermelho, que é a altura desse triângulo, vale:

\boxed {\...

[tex3]∠AHC=180^∘−∠B~e~ ∠AOC=2∠B\\mas \measuredangle AHC = \measuredangle AOC
\therefore ∠B=60^ o\\
∠AIC=180^o−(\frac{∠A}{2}+\frac{∠C}{2})=90^∘+∠\frac{B}{2}\therefore \boxed{\color{red}\measuredangle AIC = 120^o}[/tex3]
(Solução:MathLover)

Prolongamos AD e BC formando triângulo isósceles AEB
Triángulo ABE: M = baricentro pois divide la mediana AC(1: 2)
POrtnto [tex3]\boxed{\color{red}CD~ é~ base~ média =\frac{18}{2}=9}[/tex3]

Se a bisssetriz externa é paralela a base do triÂngulo correspondente então este triãngulo será isósceles.
E=excentro
I=incentro
O = ortocentro
Portanto:
\triangle ABC(isóscele):\measuredangle DAB = 28^o=\measuredangle DCB\\ \text{Prolongar AB...

[tex3]\triangle MDC \sim \triangle CNB \implies \measuredangle NBC = \measuredangle MDC ~e ~CD = CB \therefore \triangle CDB (isosceles)\\ \triangle ACN(notável - 1:2) \therefore \measuredangle CAN= 30^o ~e~\measuredangle NCA = 60^o\\ AC~é ~bissetriz \triangle ADB \implies \measuredangle A = 60^o\\ mas \triangle ADB(isosceles) \therefore \boxed{\color{red}\measuredangle ADB = 60^o }[/tex3]...

[tex3]\measuredangle EAC = \theta\\
\measuredangle BIA = 180^o -(\alpha+\theta)\implies \measuredangle AIE \\
\therefore \triangle AIE (isóscels) AE = EI \implies EI = 4\\
\therefore \boxed{\color{red}BI = 8-4 = 4}[/tex3]
(Solução:MichaelRozembreg)

[tex3]Traçar ~BD \perp AC(D~em~AC) \\ \text{BD passa por O =ortocentro} \\\measuredangle AFC(a.inscrito) = 180^o -108^o =72^o\implies \measuredangle AOC = 2\measuredangle AFC = 144^o\\ \triangle OFC(isósceles) \therefore \boxed{\color{red}\measuredangle OCF = 18^o}[/tex3]...

Prolongue os lados CB e CD e trace a paralela por A encontrando CB e AD em F e G respectivamente,
encontrando os triângulos FBA e ADG.
Completando os ângulos encontramos

[tex3]BA ~e~ DA [/tex3] são bisstrizes externas do \triangle BCD\\ A...

[tex3]\overset{\LARGE{\frown}}{AB} = 2.50^o =100^o\\\overset{\LARGE{\frown}}{BC} = 2.20^o =40^o\\\implies\measuredangle AOC = 140^0 \\ \triangle OAC(Isósceles) \implies \measuredangle OAC = 20^o\\ AI=bissetriz~\measuredangle A \therefore \measuredangle CAI = 10^o\ \implies \boxed{\color{red} \measuredangle OAI =\measuredangle OAC + \measuredangle CAI = 30^o} [/tex3]...

Seja G o ponto médio de AB and BE a altura de ΔABC.

[tex3]Como~ AG=GE=GB, BE=EM0 e\\ GE=EM ( GM\parallel BC, ~∡GMA=∡C ~e~ ∡GEA=∡A=2∡C ) \rightarrow\\ EB=EM=EG=\frac{AB}{2}\implies \triangle ABE(1:2) \therefore ∡BAC=2x = 30^∘\\ \therefore \boxed{\color{red} ∡C=x =15^o}[/tex3]...

[tex3]\triangle CNE\sim\triangle AME\implies \frac{CE}{AE}=\frac{EN}{ME}\\
EN=MD ~e ~ME=DN\\
\therefore \frac{CE}{AE}=\frac{MD}{DN}⟹△AEC∼△NDM\\
\therefore \boxed {\color {red}x=∠CAE=25^o} [/tex3]
(Solução: ACB}

Se refletirmos H em AB e AC, teremos dois novos pontos F e G.
Uma vez que BE e CD são bissetrizes* para ∠DEH e ∠HDE, vemos que D, E, F e G são colineares.
MN é a linha média no triângulo HGF em relação a FG, cujo comprimento...

Pela propiedade do excentro [tex3]\measuredangle AEG=\frac{120}{2}=60^o \implies \measuredangle ICE = 90^0\\
[/tex3]
∠OAE=∠30^∘+∠CAE=∠30^∘+(180^o-90^0-60^0-\frac{\angle C}{2}) =30^o+\frac{1}{2}(60^∘−∠C)\\ \therefore...

Falto ser mencionado no enunciado que A e C são pontos de tangência.
∠EAC=∠AOC=∠ECA=∠CJA=45∘ (Teorema segmentos alternado*)\\ ∠BAC=∠CJO\\ ∠BCA=∠AOJ. (a.externo~de~ AOJC)\\ Sendo~ ∠AJO=α,~e~ ∠COJ=β \rightarrow ∠BAE=α, ~e~ ∠BCE=β\\ △AOJ:...

M é o centro do círculo de 9 pontos que passa pelos pontos médios dos lados do triÂngulo.
Portanto MN= raio do círculo = [tex3]\frac{OC}{2}[/tex3]⋅(Circumraio of △ABC )
OG=2BH(anexo) \rightarrow 16 = 2BH \therefore BH = 8\\ \triangle OGC:...

Ortocentro H de △ABC é incentro do △LMN, portanto △LMN é o triângulo órtico de △ABC.(propriedade do triângulo órtico)
Prolongar NM e baixar uma perpendicular de B até P (P em MN)
△DMH≅△PBM (L-A-L)
portanto PM=HD
*△CEN≅△NPB (L-A-L)
portanto...

[tex3]\text{Seja O o circumcentre de △ABC} \therefore △OBC ~é ~equilátero\\ ⇒AE=BC=AO\\ △AOE ~é~ isósceles \rightarrow , ∠BOE=∠COE=30^∘ \\ BE=EC ~and~ ∠BEA=40^∘\\. \text{Seja P o circuncentro do △ABE} \\ △PBE~ é ~equilátero \rightarrow PB ~passa~por~D. \therefore x=60^o [/tex3]...

Seja r o incentro e R o circuncentro de ABC.

Pelo Teorema de Poncelet: [tex3]BA+BC = AC+2r [/tex3]

Como ABC é retângulo, então: [tex3]R = \frac{AC}{2}[/tex3]

Teorema da bissetriz interna em ABD: [tex3]\frac{BA}{BI}=\frac{DA}{DI}[/tex3]

Teorema...

[tex3]P = BH \cap MI ~e ~Q = BH \cap MN .\\ △ABH∼△BCH⟹\frac{AB}{BC}=\frac{GH}{HF}=\frac{MH}{HN}⟹△ABC∼△MHN\\ \therefore ∠HMN=90^∘−θ\\ ∠MQP=45^∘+(90^∘−θ)=135^∘−θ\\ ∠ABH=θ,~∠BAD=45^∘−\frac{θ}{2}⟹∠BPM=135^∘−\frac{θ}{2}\\ \therefore △PQM,~ ∠IMN=(135^∘−\frac{θ}{2})−(135^∘−θ)\implies \boxed{\color{red}\frac{θ}{2}}[/tex3]...

Points M,N,K,Q são concíclicos pois pertencem a círculo de 9 pontos.
MKQN é cíclico portanto [tex3]\angle MNQ = \angle MKQ\\
\angle BAK = \angle BCL = 10^o\\
[/tex3]
M é circuncentro do triÂngulo BKA portanto: AM=MK=R
Triângulo AMK é isosceles...

Uma demonstração do "poder da geometria". De uma resolução trabalhosa anterior(e bem realizada) por trigonometria temos uma resolução limpa e sintética.
Refletindo H por AB e AC teremos J e I.

AH e CD são bissetrizes de ∠DHE e ∠EDH
J,D,E e I são...

[tex3] \triangle ABC \sim \triangle FBC:\\ \frac{BC}{AC}=\frac{FB}{AB}=\frac{FB}{BC}\\ \frac{BC}{25}=\frac{18}{BC}\implies BC = 15\sqrt2\\ BD \perp AC (D\in AC). \\ DF=DB=x.\\ (T. Pit )△BCD: (18+x)^2+x^2=(15\sqrt2)^2⟹ x=3\\ \therefore BD=3, AD=7−3=4. \implies triângulo~ notável △BDA (3:4:5)\\ \therefore \boxed{\color{red} θ≈37^∘}[/tex3]...

Por propriedade : [tex3]DO = \frac{HB}{2} =\frac{6}{2} = 3\\
OB=OC = R \therefore OC=5 \implies \triangle DOC : DC = 4(T.Pit.)\\
mas ~OAC(isósceles): OD~é~altura \implies AD = 4 \\
\therefore \boxed{\color{red}AC = 2.4 = 8} [/tex3]