Nacional 2009 N3 P3

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UNREAD_POSTpor Gianni De Rico » Dom 09 Jul, 2017 1:48 am

El trapecio isósceles $ABCD$ de bases $AB$ y $CD$ tiene una circunferencia $k$ que es tangente a sus cuatro lados. Sea $T$ el punto de tangencia de $k$ con el lado $BC$, y $P$ el segundo punto de intersección de $AT$ con $k$. Si se sabe que $\frac{AP}{AT}=\frac{2}{5}$, calcular $\frac{AB}{CD}$.
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Re: Nacional 2009 N3 P3

UNREAD_POSTpor Gianni De Rico » Dom 09 Jul, 2017 1:52 am

Estaría bueno si alguien encuentra una forma sin trigonometría, mientras tanto...
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Sean $E$ el punto medio de $AB$, $F$ el punto medio de $CD$, $O$ el centro de $k$ y $G$ el opuesto diametral de $T$. Es claro que $E$ y $F$ son los puntos de tangencia de $k$ con $AB$ y $CD$ respectivamente.

La potencia de $A$ respecto de $k$ es $AT\times AP=\frac{AP}{AT}\times AT^2=\frac{2}{5}AT^2=AE^2$, entonces $AE=AT\times \sqrt{\frac{2}{5}}\Rightarrow AB=AT\times 2\sqrt{\frac{2}{5}}$ y $BT=AE=AT\times \sqrt{\frac{2}{5}}$

Por el Teorema del Coseno $cos(\widehat B)=\frac{AB^2+BT^2-AT^2}{2\times AB\times BT}=\frac{AT^2\times\frac{8}{5}+AT^2\times \frac{2}{5}-AT^2}{2\times AT\times 2\sqrt{\frac{2}{5}}\times AT\times \sqrt{\frac{2}{5}}}$

Trabajando queda $cos(\widehat B)=\frac{2AT^2-AT^2}{\frac{8}{5}AT^2}=\frac{AT^2}{\frac{8}{5}AT^2}=\frac{AT^2\times 5}{AT^2\times 8}=\frac{5}{8}$



Aplicando nuevamente el Teorema del Coseno $cos(A\widehat TB)=\frac{AT^2+BT^2-AB^2}{2\times AT\times AB}=\frac{AT^2+AT^2\times \frac{2}{5}-AT^2\times \frac{8}{5}}{2\times AT\times AT\times 2\sqrt{\frac{2}{5}}}=\frac{\frac{7}{5}AT^2-\frac{8}{5}AT^2}{4\sqrt{\frac{2}{5}}AT^2}$

Trabajando queda $cos(T\widehat AB)=\frac{-\frac{1}{5}AT^2}{4\sqrt{\frac{2}{5}}AT^2}=-\frac{\sqrt{5}}{4\times 5\times \sqrt{2}}=-\frac{\sqrt{2}\times \sqrt{5}}{4\times 5\times 2}=-\frac{\sqrt{10}}{20}$


Entonces los ángulos de $\triangle ABT$ son:
$A\widehat BT=51°19'4,13"$
$B\widehat TA=99°5'50,77"$
$T\widehat AB=29°35'5,1"$



Como $G$ está diametralmente opuesto a $T$, entonces $GT=2TO$ y $T\widehat PG=90°=G\widehat TB$. Entonces $G\widehat TP=B\widehat TA-90°=99°5'50,77"-90°=9°5'50,77"$, y como $AP=\frac{2}{5}AT$, entonces
$TP=\frac{3}{5}AT$. Por ser $T\widehat PG=90°$, entonces $cos(G\widehat TP)=\frac{TP}{TG}\Rightarrow TG=\frac{TP}{cos(G\widehat TP)}=\frac{\frac{3}{5}AT}{cos(9°5'50,77")}=0,61\times AT=\frac{61}{100}\times AT$

Entonces $OT=OF=\frac{61}{200}\times AT$. Por ser $F$ el punto de tangencia de $k$ con $CD$ se tiene $O\widehat FC=90°$, por ser $ABCD$ un trapecio, $F\widehat CB=180°-C\widehat BA=128°40'55,87"$.
Como $OT=OF$ por ser radios, $CO$ es bisectriz de $F\widehat CT\Rightarrow F\widehat CO=64°20'27,94"$. Entonces $FC=\frac{OF}{tan(F\widehat CO)}=\frac{\frac{61}{200}\times AT}{tan(64°20'27,94")}=0,15\times AT=\frac{3}{20}\times AT$. Por lo tanto, $CD=\frac{3}{10}\times AT$.

Y $\frac{AB}{CD}=\frac{2\sqrt{\frac{2}{5}}\times AT}{\frac{3}{10}\times AT}=\frac{2\times 10\times \sqrt{2}}{3\times \sqrt{5}}=\frac{2\times 10\times \sqrt{2}\times \sqrt{5}}{3\times 5}=\frac{20\sqrt{10}}{15}=\frac{4\sqrt{10}}{3}$


Finalmente $\frac{AB}{CD}=\frac{4\sqrt{10}}{3}$
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Re: Nacional 2009 N3 P3

UNREAD_POSTpor Fran5 » Jue 13 Jul, 2017 7:36 pm

Solo con semejanzas (y un cíclico)

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Sea $S$ el punto de tangencia de $AD$ con $k$.

Observemos que los triángulos $ASP$ y $AST$ son similares pues tienen el ángulo $A$ igual y además $\angle ASP = \angle STP =  \angle STA$.

Luego $\frac{AS}{AP} = \frac{AT}{AS}$, es decir $AS^2 = AP \cdot AT = 2 \cdot 5 = 10$, con lo cual $AS = \sqrt{10}$.

Si $M$ es el punto medio de $AB$, tenemos que $AS = AM = BM = BT = \sqrt{10}$, con lo cual $AB = 2\sqrt{10}$.

Ahora, los segmentos $ST$ y $AB$ son paralelos (por simetría del trapecio), de modod que $\angle STP = \angle TAB$.

También tenemos que $\angle SPT = \angle SMT = 180 - 2\angle TMB = \angle TBM$.
De esto se deduce que $\angle SPT =  \angle TBA$, con lo cual los triángulos $SPT$ y $TBA$ son semejantes

Luego $\frac{ST}{TP} = \frac{TA}{AB}$, es decir $ST = 3 \frac{5}{2\sqrt{10}} = 3 \frac{10}{4 \sqrt{10}} = \frac{3}{4} \sqrt{10}$

Ahora, sea $E$ la intersección de $AT$ con $CD$. Notemos que los triángulos $TEC$ y $BTA$ son semejantes, y dado que $AB= 2BT$ tenemos que $CE = 2CT = CD$.

Por otro lado los triángulos $AST$ y $ADE$ tambien son semejantes, con lo cual si $CD = 2x$ tenemos que $AD = AS+x$ y $DE = 4x$. Luego

$\frac{AS}{ST} = \frac{AD}{DE} \Rightarrow \frac{\sqrt{10}}{\frac{3}{4} \sqrt{10}} = \frac{\sqrt{10}+x}{4x} \Rightarrow \frac{4}{3} \cdot 4x  = \sqrt{10}+x$

$\Rightarrow \frac{16}{3}x - x = \sqrt{10} \Rightarrow x = \frac{\sqrt{10}}{\frac{13}{3}} =\frac{3 \sqrt{10}}{13}$

Luego $\frac{AB}{CD} = \frac{2\sqrt{10}}{\frac{6 \sqrt{10}}{13}} = \frac{13}{3}$


Comentario
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Si bien lo hice "solo con semejanzas" hay que tener en cuenta que tambien hubo que usar el angulo semiinscrito y marcar un nuevo punto $E$ casi sacado de la galera
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Re: Nacional 2009 N3 P3

UNREAD_POSTpor Gianni De Rico » Vie 14 Jul, 2017 9:06 am

Fran5 escribió:
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$AS^2 = AP \cdot AT = 2 \cdot 5 = 10$

Por qué es así? No podría ser...
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$AT=10$, $AP=4\Rightarrow \frac{AP}{AT}=\frac{2}{5}$ y $AP\times AT=40$
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Re: Nacional 2009 N3 P3

UNREAD_POSTpor tuvie » Vie 14 Jul, 2017 9:16 am

Gianni De Rico escribió:
Fran5 escribió:
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$AS^2 = AP \cdot AT = 2 \cdot 5 = 10$

Por qué es así? No podría ser...
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$AT=10$, $AP=4\Rightarrow \frac{AP}{AT}=\frac{2}{5}$ y $AP\times AT=40$

A Fran5 le falto decir que escalaba la figura, supuso sin perdida de generalidad esas medidas. La otra manera es ponerle un $x$ multiplicando a esos segmentos, despues de todas formas se te terminan tachando.

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Re: Nacional 2009 N3 P3

UNREAD_POSTpor Gianni De Rico » Vie 14 Jul, 2017 9:47 am

Ah, con razón, gracias
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