IMO 2001 - P1

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Gianni De Rico

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Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Jue 13 Dic, 2018 12:25 pm

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo con circuncentro $O$. Sea $P$ el pie de la altura desde $A$. Supongamos que $\angle BCA\geqslant \angle ABC+30°$.
Demostrar que $\angle CAB+\angle COP<90°$.
[math]

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DiegoLedesma
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Re: IMO 2001 - P1

Mensaje sin leer por DiegoLedesma » Vie 28 Dic, 2018 4:13 pm

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Por ser $\bigtriangleup$ $ABC$ acutángulo, su circuncentro se ubicará en el interior de dicho triángulo, y además $\hat{BAC}<90º$
Pero vamos a analizar el caso en que $\hat{BAC}=90º$: el circuncentro $O'$, al igual que $P$, pertenecen al lado $BC$, y $O'P=PC$. Teniendo en cuenta que $\hat{BCA}\geq\hat{ABC}+30º$, y que $\hat{ABC}<90º$ buscamos el valor máximo posible de $PC$ respetando esta condición. En otras palabras, buscamos el mínimo de: $\frac{BP}{PC}=\frac{tg(\hat{BAP})}{tg(\hat{PAC})}$. Siendo $\hat{BAP}$ y $\hat{PAC}$ ángulos agudos.
Por ser tg $\alpha$ creciente en $0º\leq \alpha<90º$, el mínimo lo obtendremos cuando $\hat{BAP}=60º$, $\hat{PAC}=30º$, que será la máxima diferencia posible entre ambos ángulos (que forman $\hat{BAC}$), ya que esta máxima diferencia se obtiene cuando sea mínima simultáneamente la diferencia entre $\hat{ABC}$ y $\hat{BCA}$ ($\hat{BCA}-\hat{ABC}=30º$, mínimo permitido por consigna). El mínimo de la expresión (máximo de $PC$) será: $\frac{BP}{PC}=\frac{tg(\hat{60º})}{tg(\hat{30º})}$=3 $\Rightarrow$ $BP=3PC$ $\Rightarrow$ $O'P=PC$ (ambos pertenecientes a $AB$)
Para el caso en que $\hat{BAC}<90º$, $O$ (circuncentro del triángulo acutángulo $ABC$) se ubicará en el interior del triángulo, y pertenecerá a la mediatriz de $BC$. Es fácil ver que en $\bigtriangleup OO'P$, $OP$ es la hipotenusa $\Rightarrow$ $OP>O'P$, y además $PC$ será menor que en el caso del $\bigtriangleup$ $ABC$ rectángulo $\Rightarrow$ $OP>PC$. Por teorema del seno $\frac{OP}{PC}=\frac{sen(\hat{OCP})}{sen(\hat{COP})}$, y como en el 1º miembro de la ecuación el numerador es mayor que el denominador, en el 2º miembro también $\Rightarrow$ $sen(\hat{OCP})>sen(\hat{COP})$, y como ambos ángulos son agudos ($\bigtriangleup$ $OPC$ obtusángulo, $\hat{OPC}>90º$): $\hat{OCP}>\hat{COP}$
Y por ser $AOB$, $BOC$ y $COA$ 3 triángulos isósceles ($\hat{OAB}=\hat{OBA}$, $\hat{OBP}=\hat{OCP}$, $\hat{OCA}=\hat{OAC})$, se tiene que $\hat{BAC}+\hat{OCP}=90º$, pero $\hat{COP}<\hat{OCP}$
$\therefore$ $\hat{CAB}+\hat{COP}<90º$ (Q.E.D.)

BrunZo

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Re: IMO 2001 - P1

Mensaje sin leer por BrunZo » Vie 24 May, 2019 10:32 pm

Solución:
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Sea $M$ el punto medio de $BC$ y $H$ el ortocentro de $ABC$.
Notemos que
$$\angle HAO=\angle C-\angle B\geq 30^{\circ}$$
Es sabido que la cuerda correspondiente al ángulo $\angle HAO$ mide el doble de $PM$ (las intersecciones de $AH$ y $AO$ con el circuncírculo son los reflejos de $H$ por $P$ y por $M$, respectivamente), por lo que,
$$PM\geq \frac{2R\sin 30^{\circ}}{2}=\frac{R}{2}=\frac{OC}{2}\geq\frac{CM}{2}$$
Sea $K$ la intersección de la mediatriz de $CO$ con $BC$. Está claro que
$$CK=KO>KM\Longrightarrow KM<\frac{CM}{2}$$
De este modo, el punto $P$ pertenece al segmento $CK$, luego pertenece al mismo semiplano que $C$ con respecto a la mediatriz de $CO$. Esto implica
$$CP<CO\Longrightarrow \angle COP<\angle PCO\Longrightarrow \angle A+\angle COP<\angle A+\angle MCO=\angle COM+\angle MCO=90^{\circ}$$

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