Nacional 2017 N3 P3

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Nacional 2017 N3 P3

Mensaje sin leer por 3,14 » Sab 18 Nov, 2017 11:56 am

Sean $ABC$ un triángulo de perímetro $100$ e $I$ el punto de intersección de sus bisectrices. Sea $M$ el punto medio del lado $BC$. La recta paralela a $AB$ trazada por $I$ corta a la mediana $AM$ en el punto $P$ de modo que $\frac {AP}{PM}=\frac {7}{3}$. Hallar la longitud del lado $AB$.
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Re: Nacional 2017 N3 P3

Mensaje sin leer por 3,14 » Sab 18 Nov, 2017 12:11 pm

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Sin título.png
Tracemos la altura $h_c$, es decir, la altura desde $C$ al lado $AB$. Sea $Q$ el pie de esta altura. Tracemos la perpendicular desde $M$ al lado $AB$, y sea $N$ el punto de intersección de $AB$ con esta perpendicular.
Notemos que los triángulos $BMN$ y $BCQ$ son semejantes. Entonces:
$\frac {BM}{BC}=\frac {NM}{QC}$
$\frac {1}{2}=\frac {NM}{h_c}$
Por otro lado, notemos que por ser $PI$ paralela a $AB$, la perpendicular desde $P$ al lado $AB$ tiene medida igual a $r$, donde $r$ es el inradio de $ABC$. Además, si $R$ es el pie de la perpendicular desde $P$ a $AB$, entonces es inmediato que los triángulos $AMN$ y $APR$ son semejantes:
$\frac {AP}{AM}=\frac {PR}{MN}$
$\frac {7}{10}=\frac {r}{MN}$
Por otro lado, notemos que el área de $ABC$ se puede calcular de las dos formas siguientes:
$[ABC]=\frac {AB.h_c}{2}=s.r$ donde $s$ es el semiperímetro
$AB.2MN.\frac {1}{2}=50.r$
$AB.\frac {10}{7}r=50r$
$AB=50.\frac {7}{10}$
$AB=35$
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DiegoLedesma
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Re: Nacional 2017 N3 P3

Mensaje sin leer por DiegoLedesma » Sab 18 Nov, 2017 10:04 pm

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Otra forma:
*Prolongamos $PD$ hasta cortar a $AC$ en $E$. Como $ED//AB$, se tiene que $ABED$ es un trapecio, por lo que los ángulos consecutivos entre las bases son suplementarios (conjugados internos). Luego, completando ángulos se llega a que $\triangle$$AEI$ y $\triangle$$BDI$ son isósceles ($AE=EI$, $BD=DI$)
*Además:
a) $\triangle$$AMB$~$\triangle$$PMD$, por lo que: $MD=\frac{3}{10}MB$ $\Rightarrow$ $BD=DI=\frac{1}{10}MB$
b) $\triangle$$ICD$~$\triangle$$FCB$, por lo que: $FB=\frac{14}{13}MB$ $\Rightarrow$ $FB=\frac{7}{13}BC$ ($CF$ bisectriz, $F$ en $AB$)
*Luego, aplicando el teorema de la bisectriz (centrándonos en la bisectriz $CF$), tenemos que:
$\frac{AC}{AF}$=$\frac{BC}{(7/13)BC}$ $\Rightarrow$ $AF=\frac{7}{13}AC$
*Como el perímetro de $\triangle$$ABC$ es $100$, y colocando dicho perímetro en función de AC y BC, se tiene que: $(20/13)(AC+BC)=100$ entonces $AC+BC=65$
$\therefore$ $AB=35$

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Turko Arias

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Re: Nacional 2017 N3 P3

Mensaje sin leer por Turko Arias » Mié 03 Oct, 2018 2:14 am

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Sean $Q$ y $R$ las intersecciones de $PI$ con $AC$ y $BC$ respectivamente, haciendo angulitos, teniendo en cuenta que $I$ es incentro, y que $RQ//AB$ llegamos a cosas muy copadas como que $\angle IAQ=\angle AIQ$ y a que $\angle IBR= \angle BIR$, por lo que los triángulos $AIQ$ y $BIR$ son isósceles, con $AQ=QI$ y $IR=BR$. Por otro lado, haciendo Menelao en el triángulo $ACM$ con la recta $QR$ tenemos que $\frac{AQ}{CQ} \frac{CR}{MR} \frac{MP}{AP}=\frac{AQ}{CQ} \frac{CR}{MR} \frac{3}{7}=1$, por lo que $\frac{AQ}{CQ} = \frac{7}{3} \frac{MR}{CR} (1)$.
Ahora bien, como $CQR$ y $ABC$ son semejantes tenemos que $\frac{AQ+CQ}{CQ}=\frac{CR+BR}{CR}$. Trabajamos por un lado: $\frac{AQ+CQ}{CQ}=\frac{AQ}{CQ}+1= \frac{7}{3} \frac{MR}{CR}+1$ (acá usamos $(1)$). Por otro lado $\frac{CR+BR}{CR}=\frac{BR}{CR}+1$. Igualando ambas nos queda que $ \frac{7}{3} \frac{MR}{CR}+1=\frac{BR}{CR}+1$ con lo que $\frac{7}{3} MR=BR$. Tenemos entonces $CM=BM=RM+BR=\frac{10}{3}MR$, con lo que $BC=\frac{20}{3}MR$ y $CR=\frac{13}{3}MR$, luego la razón de semejanza entre $CRQ$ y $APC$ es $\frac{13}{20}$ con lo que el perímetro de $CRQ$ es $65$, pero acá llega la magia de Disney y usamos esos isósceles con los que trabajamos al principio del problema: como $IQ=AQ$ y $RI=BR$ resulta que el perímetro de $CQR$ coincide con $AC+BC$, con lo que $AC+BC=65$ y por ende $AB=35$. $\blacksquare$
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yain.arias
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Re: Nacional 2017 N3 P3

Mensaje sin leer por yain.arias » Sab 06 Oct, 2018 1:04 pm

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Para comenzar, llamemos $Q$ a la intersección de la recta paralela a $\overline{AB}$ con el segmento $\overline{BC}$; y $K$ a la intersección de la misma con $\overline{AC}$.

Ahora bien, consideramos que $\frac{\overline{PM}}{\overline{AP}}$ = $\frac{3}{7}$ y que $\frac{\overline{AP}}{\overline{AP}}$ = 1 $\Rightarrow$ $\frac{\overline{PM}+\overline{AP}}{\overline{AP}}$ = $\frac{\overline{AM}}{\overline{AP}}$ = $\frac{10}{7}$
Luego, $\frac{\overline{AP}}{\overline{AM}}$ = $\frac{\overline{PQ}}{\overline{AB}}$ = $\frac{\overline{BQ}}{\overline{MB}}$ = $\frac{7}{10}$

Pero, si $BQ$ = $\frac{7}{10}$$BM$ y $BM$ = $\frac{1}{2}$$BC$, $BQ$ = $\frac{7}{20}$$BC$. Entonces, la razón entre los triángulos $CQK$ y $ABC$ es de $\frac{13}{20}$ y $\overline{AK}$ = $\frac{7}{20}$$AC$.

Completando ángulos, notamos que $\overline{BQ}$ = $\overline{QI}$ y que $\overline{AK}$ = $\overline{KI}$. Entonces, $\frac{13}{20}$$\overline{AB}$ = $\frac{7}{20}$ $\overline{AC}$ + $\frac{7}{20}$ $\overline{BC}$ $\Rightarrow$ $\overline{AB}$ = $\frac{7}{13}$ $\overline{AC}$ + $\frac{7}{13}$ $\overline{BC}$.

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Finalmente, $\frac{20}{13}$ $\overline{AC}$ + $\frac{20}{13}$ $\overline{BC}$ = $\frac{20}{13}$ ($\overline{AC}$ + $\overline{BC}$) = 100 $\Rightarrow$ $\overline{AC}$ + $\overline{BC}$ = 100 × $\frac{13}{20}$ = 65

$\overline{AB}$ = 100 - 65 = 35
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