Iberoamericana 1985 P2

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
joa.fernandez

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Iberoamericana 1985 P2

Mensaje sin leer por joa.fernandez » Mié 20 May, 2020 9:22 pm

Sea $P$ un punto interior del triángulo equilátero $ABC$ tal que:$$PA=5,\quad PB=7\quad \text y\quad PC=8$$Halle la longitud de un lado del triángulo $ABC$.

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Gianni De Rico

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Re: Iberoamericana 1985 P2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Jue 21 May, 2020 10:34 am

Otro problema que sale con esto @jujumas

Solución:
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Ibero 1985 P2.png
Marcamos los puntos $P_A$, $P_B$ y $P_C$ exteriores al triángulo $ABC$ de modo que $BP_AC\equiv APC$, $CP_BA\equiv CPB$ y $AP_CB\equiv APC$. Miremos el triángulo $PCP_A$, de las definiciones tenemos que $P_AC=PC$ y $\angle BCP_A=\angle ACP=60°-\angle PCB$, entonces$$\angle PCP_A=\angle BCP_A+\angle PCB=60°-\angle PCB+\angle PCB=60°$$por lo que $PCP_A$ es equilátero. Análogamente, $PP_BC$ y $PP_CA$ son equiláteros.

Ahora veamos un Lema totalmente mágico que nos va a dejar prácticamente resuelto el problema.
Lema: $\angle APP_B=60°$
Demostración:
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Ibero 1985 P2 - Lema.png
Notemos que $AP_B=BP=7$ por ser $CP_BA\equiv CPB$, $AP=5$ por enunciado y $PP_B=8$ por ser $P_BCP$ equilátero. Sean $D$ en el segmento $PP_B$ tal que $PD=5$ y $E$ en la semirrecta $PA$ tal que $PE=8$, tenemos entonces que $AE=DP_B=3$, y por Thales $AD\parallel EP_B$. Entonces $ADP_BE$ es un trapecio isósceles, por lo tanto $DE=AP_B=7$, además, $ADP_BE$ es cíclico, entonces por Ptolomeo tenemos que $AD\cdot P_BE+AE\cdot P_BD=AP_B\cdot DE$, por lo tanto, $AD\cdot P_BE=40$. Pero también tenemos que $\frac{AD}{P_BE}=\frac{PA}{PE}=\frac{5}{8}$, por Thales. Luego, $AD^2=AD\cdot P_BE\frac{AD}{P_BE}=40\cdot \frac{5}{8}=25$, así que $AD=5$, entonces $APD$ es equilátero, de donde $\angle APP_B=\angle APD=60°$.
Notemos que $PB=AP_B$, $BP_C=CP=P_BP$ y $P_CP=AP$, entonces $PP_CB\equiv APP_B$, de donde $\angle PP_CB=\angle APP_B=60°=\angle P_CAP$, y así $BP_C\parallel AP$.

Tenemos entonces que $\angle P_APC=\angle P_BPC=60°$, pero $\angle APP_B=60°$, entonces$$\angle APP_A=\angle APP_B+\angle P_BPC+\angle A_PPC=60°+60°+60°=180°$$por lo que $A,P,P_A$ están alineados, así que $BP_C\parallel AP_A$ y $AP_A=AP+PP_A=AP+P_B=AP+PC=5+8=13$. Notemos también que $BP_A=AP=P_CA=5$, entonces $AP_CBP_A$ es un trapecio isósceles, por lo que es cíclico y $P_CP'=AB$, luego, por Ptolomeo tenemos que$$AB^2=AB\cdot P_CP'=AP_C\cdot BP'+AP'\cdot BP_C=5\cdot 5+8\cdot 13=129$$entonces $AB=\sqrt{129}$. Y estamos.
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Monazo

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Re: Iberoamericana 1985 P2

Mensaje sin leer por Monazo » Jue 21 May, 2020 12:55 pm

Llamen a un médico por favor, porque ...
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Me estoy volviendo adicto a la trigonometría. Estos problemas sacan lo peor de mi!
Solución
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Vamos a aplicar $3$ teoremas del coseno. Sea $\angle APB = \alpha$ y $\angle APC = \beta$ y $\angle BPC = 360^\circ - \alpha - \beta$.

Sea $x$ el valor del lado del triángulo equilátero.

En $\triangle APB$, por teorema del coseno en $\angle APB$ tenemos:
$x^2=5^2+7^2-70\cdot \cos \alpha \implies \cos \alpha = -\dfrac{x^2-74}{70}$

En $\triangle APC$, por teorema del coseno en $\angle APC$ tenemos:
$x^2=5^2+8^2-80\cdot \cos \beta \implies \cos \beta = -\dfrac{x^2-89}{80}$

En $\triangle BPC$, por teorema del coseno en $\angle BPC$ tenemos:
$x^2=7^2+8^2-112\cdot \cos{(360^\circ-\alpha-\beta)} \implies \cos{(360^\circ-\alpha-\beta)} = -\dfrac{x^2-113}{112}$
Pero por identidad trigonométrica, tenemos que:
$\cos(360^\circ-\alpha-\beta)=\cos (\alpha + \beta) = \cos \alpha \cdot \cos \beta - \sin \alpha \cdot \sin \beta$

Los cosenos de $\alpha$ y $\beta$ los conocemos en función de $x$, pero ¿Podremos hallar los valores de los senos en función de $x$? Y es acá donde nos damos cuenta que aplicar el teorema del coseno esta más que bien.

Sabemos que $\sin \alpha = \sqrt{1-\cos^2 \alpha} = \sqrt{1-(\dfrac{x^2-74}{-70})^2}$
y es acá donde necesito que confíen en que hice bien las cuentas, porque llegamos a la siguiente expresión:
$\sin \alpha = \dfrac{1}{70}\cdot \sqrt{-1\cdot (x^2-4)\cdot (x^2-144)}$ (No se asusten por la raíz de $-1$, está todo fríamente calculado)

Para el caso se $\beta$ obtenemos:
$\sin \beta = \sqrt{1-\cos^2 \beta} = \sqrt{1-(\dfrac{x^2-89}{-80})^2}$
Si despejamos podemos llegar a que:
$\sin \beta = \dfrac{1}{80}\cdot \sqrt{-1\cdot (x^2-9)\cdot (x^2-169)}$.

Dado que sabemos los senos y los cosenos de $\alpha$ y $\beta$, podemos iguarlo al último teorema del coseno aplicado.

$-\dfrac{x^2-113}{112} = (\dfrac{x^2-74}{70} \cdot \dfrac{x^2-89}{80}) - \sin \alpha \cdot \sin \beta$

Obteniendo así (Por favor no se rían)

$\dfrac{1}{5600} \cdot \sqrt{(x^2-4)\cdot(x^2-9)\cdot(x^2-144)\cdot (x^2-169)} = \dfrac{1}{5600} \cdot (x^4-113x^2+936)$

Podemos cancelar el $\dfrac{1}{5600}$, podemos elevar ambos términos de la igualdad al cuadrado, y distribuyendo de manera muy hard, obtenemos lo siguiente:

$x^8-226x^6+14641x^4-211536x^2+876096 = x^8-326x^6+28441x^4-327636x^2+876096$

Y este polinomio es re factorizable!! Notemos que las potencias octavas y el término independiente se cancelan, luego podemos sacar factor común $x^2$ y vamos a llegar a esto:

$x^2\cdot (100x^4 - 13800x^2 + 116100) = 0$ Y si hacemos el cambio de variable $u = x^2$, nuestro problema se resumen en ver las raíces de este polinomio:

$100u^2 - 13800u + 116100 = 0$, el cuál es una cuadrática y obtenemos:

$(u-9)\cdot (u-129) = (x^2-9)\cdot (x^2-129) = 0$.

Entonces los posibles valores de $x$ son:

$x=-3$ y $x=-\sqrt{129}$ quedan descartados porque no existen segmentos con longitud negativa para este caso.

$x=3$ queda descartado, debido a que el punto queda exterior al triángulo.

$x=\sqrt{129}$ es el único valor que puede tomar $x$, y estamos.
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Turko Arias

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Re: Iberoamericana 1985 P2

Mensaje sin leer por Turko Arias » Jue 21 May, 2020 6:36 pm

No hay ni una idea creativa en esta solución, pero era lo que el problema pedía a gritos y es menos trabajoso que las de arriba :D :D :D
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Situemos nuestro equilatero en los ejes, sea $2\alpha$ la medida del lado y definamos $B=(0,0), C=(2\alpha,0), A=(\alpha,\sqrt{3}\alpha)$. Sea $\Gamma_r(Q)$ la circunferencia de radio $r$ centrada en $Q$. Tenemos que $P$ pertenece a $\Gamma_5(A)$, a $\Gamma_7(B)$ y a $\Gamma_8(C)$. Definiendo $P=(x,y)$ y planteando las ecuaciones de las circunferencias, tenemos que:
$x^2+y^2=49$ $(1)$
$(x-2\alpha)^2+y^2=64$ $(2)$
$(x-\alpha)^2+(y-\sqrt{3}\alpha)^2=25$ $(3)$
Haciendo cuentitas:
$(2)-(1) \rightarrow 4\alpha^2-4\alpha x=15$ $(4)$
$ 2\times [(3)-(1)]-(4) \rightarrow 4\alpha^2-4\sqrt{3}\alpha y=-63$
Despejando ambas ecuaciones nos queda $x=\frac{4\alpha^2-15}{4\alpha}$, $y=\frac{4\alpha^2+63}{4\sqrt{3}\alpha}$ y reemplazando en $(1)$ queda:
$\left( \frac{4\alpha^2-15}{4\alpha} \right)^2 + \left( \frac{4\alpha^2+63}{4\sqrt{3}\alpha} \right)^2=49 \rightarrow 64\alpha^4+144\alpha^2+4644=2352\alpha^2$. Definiendo $\beta=\alpha^2$ nos queda:
$64\beta^2-2208\beta+4644=0$, que tiene raíces $\beta_1=\frac{9}{4}$ y $\beta_2=\frac{129}{4}$ y considerando solo sus raíces positivas, nos queda que o bien $\alpha=\frac{3}{2}$ o bien $\alpha=\frac{\sqrt{129}}{2}$, de donde el lado del triángulo mide o bien $3$, o bien $\sqrt{129}$, y el primer caso queda descartado porque en un equilátero de lado $3$ no hay ningún punto interior a distancia $8$, así que ya estamos $\blacksquare$
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Turko Arias

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Re: Iberoamericana 1985 P2

Mensaje sin leer por Turko Arias » Jue 21 May, 2020 7:22 pm

Bueno ahora si, una solución en serio
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Agarramos el triángulo $ABP$ y lo pegamos externo a $ABC$ haciendo coincidir $A$ con $A$ y $B$ con $C$. Sea $Q$ el punto donde va a parar $P$. Como $AP=AQ=5$ y $\angle PAQ=60$, $APQ$ es equilátero. Ahora mirando el cuadrilátero $APQC$ tenemos todos sus lados y una diagonal... Claramente está todo recontra definido. Y vamos a aprovecharlo. Teorema del Coseno en $CPQ$ nos dice $7^2=8^2+5^2-2.8.5cos(\angle QPC)$ es decir $80cos(\angle QPC)=40 \rightarrow cos(\angle QPC)=\frac{1}{2} \rightarrow \angle QPC=60$. Teorema del Coseno en $APC$ nos dice que $AC^2=5^2+8^2-2.5.8cos(120)=25+64+40=129 \rightarrow AC=\sqrt{129}$ $\blacksquare$
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AgusBarreto

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Re: Iberoamericana 1985 P2

Mensaje sin leer por AgusBarreto » Jue 21 May, 2020 8:29 pm

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Turko Arias escribió:
Jue 21 May, 2020 7:22 pm
Teorema del Coseno en $CPQ$ nos dice $7^2=8^2+5^2-2.8.5cos(\angle QPC)$ es decir $80cos(\angle QPC)=40 \rightarrow cos(\angle QPC)=\frac{1}{2} \rightarrow \angle QPC=60$. Teorema del Coseno en $APC$ nos dice que $AC^2=5^2+8^2-2.5.8cos(120)=25+64+40=129 \rightarrow AC=\sqrt{129}$ $\blacksquare$
Estos teoremas del coseno se puede ahorrar de la siguiente manera: sea $H$ el pie de la altura de $CPQ$ respecto de $C$. Llamando $h=CH$ y $x=QH$ y aplicando Pitágoras en los triángulos $CHQ$ y $CPH$ tenemos que $7^2=x^2 + h^2$ y $8^2=(5-x)^2 + h^2$. Despejando ese sistema obtenemos $x=1$ y por lo tanto $5-x=PH=4$. Esto nos dice que $PHC$ es medio equilátero y entonces $\widehat{HPC}=60°$. Ahora sea $H'$ el pie de la altura desde $C$ del triángulo $APC$, el triángulo $CPH'$ es medio equilátero (pues es rectángulo y $\widehat{CPH'}=180-\widehat{APC}=60$) y por lo tanto $PH' = 4$ y $CH'=4\sqrt{3}$. Finalmente, por Pitágoras en $CAH'$ tenemos que $AC=\sqrt{(AP+PH')^2+CH'^2}=\sqrt{9^2+(4\sqrt{3})^2}= \sqrt{129}$. $\blacksquare$

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Re: Iberoamericana 1985 P2

Mensaje sin leer por Turko Arias » Jue 21 May, 2020 8:49 pm

Bueno, tercera solución y juro que no insisto más... No es tan elemental como la anterior pero es la que más me gustó:
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Sean $P_A, P_B, P_C$ las reflexiones de $P$ respecto de $BC, AC, AB$ respectivamente. Por propiedades de la reflexión $AP_B=AP_C=AP=5, BP_C=BP_A=BP=7, CP_A=CP_B=CP=8$ y $\angle P_BAP_C= \angle P_CBP_A= \angle P_ACP_B=120$. Por Teorema del Coseno en $P_BAP_C$, en $P_CBP_A$ y en $P_ACP_B$ llegamos a que $P_BP_C=5\sqrt{3}, P_CP_A=7\sqrt{3}, P_AP_B=8\sqrt{3}$. Tenemos por un lado entonces $$[AP_CBP_ACP_B]=[P_BAP_C]+[P_CBP_A]+[P_ACP_B]+[P_AP_BP_C]=$$ $$\frac{sin(120).5.5}{2}+\frac{sin(120).7.7}{2}+\frac{sin(120).8.8}{2}+\sqrt{10\sqrt{3}(10\sqrt{3}-5\sqrt{3})(10\sqrt{3}-7\sqrt{3})(10\sqrt{3}-8\sqrt{3})}=$$ $$\frac{129\sqrt{3}}{2}$$.
Pero por otro lado, como $[APC]=[AP_BC]$, $[APB]=[AP_CB]$ y $[BPC]=[BP_AC]$ tenemos que $[ABC]=\frac{[AP_CBP_ACP_B]}{2}=\frac{129\sqrt{3}}{4}$.
Por último, si $AB=l$ nos queda $[ABC]=\frac{\sqrt{3}l^2}{4}$ y despejando llegamos a que $l=\sqrt{129}$ $\blacksquare$
Comentario:
Spoiler: mostrar
La solución se puede volver super elemental haciendo un par más de cuenta. Si tenemos un triángulo isósceles, conocemos los lados iguales, y el ángulo distinto es de $120$, podemos calcular su área y su lado distinto trazando la altura y viendo que aparecen dos medios equilateros. Además, el área de $P_AP_BP_C$ se puede calcular porque conocemos sus tres lados, y tras trazar cualquier altura, haciendo dos Pitágoras nos quedan dos ecuaciones con dos incógnitas donde despejamos la altura y estamos.
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Fran5

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Re: Iberoamericana 1985 P2

Mensaje sin leer por Fran5 » Jue 21 May, 2020 8:57 pm

Todos vamos a recordar este día como el día en el que los exolímpicos quisieron resolver lindo un problema... y no pudieron
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