Nacional OMA 2010 - Nivel 3 - Problema 2

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Caro - V3

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Nacional OMA 2010 - Nivel 3 - Problema 2

Mensaje sin leer por Caro - V3 » Dom 16 Ene, 2011 2:42 pm

Sea [math] un triángulo con [math] y [math]. La mediana [math] ([math]) interseca a la circunferencia inscrita en los puntos [math] y [math], con [math] entre [math] y [math], tales que [math]. Hallar la longitud de [math].
Guía de [math]: sirve para escribir ecuaciones como [math]

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amcandio

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Re: Nacional OMA 2010 - Nivel 3 - Problema 2

Mensaje sin leer por amcandio » Lun 07 Feb, 2011 11:11 pm

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Llamamos [math] y [math] a los puntos de tangencia entre el incirculo y los lados [math] y [math] respectivamente, llamamos [math] al centro del incirculo y [math] al radio del mismo. Ahora por potencia de un punto [math], resultando [math], y como [math], tenemos que [math]. Y tambien que, [math] y [math].
Ahora como [math], y el incirculo es tangente a [math] y [math] en [math] y en [math], resulta [math] un rectangulo, entonces [math].

Por potencia de un punto [math] (Usando que [math])

Ahora usando que [math]area del triangulo, tenemos [math] luego [math]

Como AD=1-r, tenemos que [math], resolviendo la ecuacion llegamos a que [math]
"Prillo es el Lanata de la trigonometria"

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Gianni De Rico

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Re: Nacional OMA 2010 - Nivel 3 - Problema 2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 22 Oct, 2019 2:28 pm

Solución:
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Sean $D$ y $E$ los puntos de tangencia del incírculo con $BC$ y $CA$, respectivamente, y sea $N$ el punto medio de $PQ$.
Como $AP=QM$, tenemos que $A$ y $M$ son simétricos respecto a $N$, por lo que son simétricos respecto a la mediatriz de $PQ$. Como el incírculo también es simétrico respecto a la mediatriz de $PQ$, tenemos que las correspondientes tangentes por $A$ y $M$ al incírculo se cortan sobre la mediatriz de $PQ$, es decir, $C$ está sobre la mediatriz de $PQ$, además, $I$ está sobre la mediatriz de $PQ$. Luego, $C,I,N$ están alineados y $MC=AC=1$, de donde $BC=2MC=2$, y por Pitágoras tenemos que $AB=\sqrt{5}$.
Notemos que $CDIE$ es un rectángulo con $CD=CE$ (pues $\angle IEC=\angle ECD=\angle CDI=90°$ por ser $CD$ y $CE$ tangentes al incírculo y por ser $\angle ECD=\angle ACB=90°$) de donde es un cuadrado. Además, tenemos que $$CD=\frac{BC+CA-AB}{2}=\frac{3-\sqrt{5}}{2}$$ de donde $$CI=\sqrt{2}\frac{3-\sqrt{5}}{2}$$
Por otro lado, tenemos que $$CN=\frac{\sqrt{2}}{2}CA=\frac{\sqrt{2}}{2}$$ de donde $$IN=CN-CI=\frac{\sqrt{2}}{2}-\sqrt{2}\frac{3-\sqrt{5}}{2}=\sqrt{2}\frac{\sqrt{5}-2}{2}$$
Por ser inradios tenemos que $IP=ID=CD=\frac{3-\sqrt{5}}{2}$, y por Pitágoras tenemos que $$NP=\sqrt{{IP}^2-{IN}^2}=\sqrt{\left (\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right )^2-\left (\sqrt{2}\frac{\sqrt{5}-2}{2}\right )^2}=\sqrt{\frac{7-3\sqrt{5}}{2}-\frac{9-4\sqrt{5}}{2}}=\sqrt{\frac{\sqrt{5}-2}{2}}$$ luego $$PQ=2NP=2\sqrt{\frac{\sqrt{5}-2}{2}}=\sqrt{2\sqrt{5}-4}$$
Queda Elegantemente Demostrado

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