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Nacional OMA 2010 - Nivel 3 - Problema 2
Publicado: Dom 16 Ene, 2011 2:42 pm
por Caro - V3
Sea [math]ABC un triángulo con [math]\angle C=90° y [math]AC=1. La mediana [math]AM ([math]M \in BC) interseca a la circunferencia inscrita en los puntos [math]P y [math]Q, con [math]P entre [math]A y [math]Q, tales que [math]AP=QM. Hallar la longitud de [math]PQ.
Re: Nacional OMA 2010 - Nivel 3 - Problema 2
Publicado: Lun 07 Feb, 2011 11:11 pm
por amcandio
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- Llamamos [math]D y [math]E a los puntos de tangencia entre el incirculo y los lados [math]AC y [math]MC respectivamente, llamamos [math]I al centro del incirculo y [math]r al radio del mismo. Ahora por potencia de un punto [math]AP*AQ=AD^2=MQ*MP=ME^2, resultando [math]ME=DA, y como [math]EC=CD, tenemos que [math]AC=CM=1. Y tambien que, [math]AM=\sqrt2 y [math]AB=\sqrt5.
Ahora como [math]CE=CD, y el incirculo es tangente a [math]AC y [math]BC en [math]D y en [math]E, resulta [math]CEID un rectangulo, entonces [math]EC=CD=r.
Por potencia de un punto [math]AP(AQ)=AD^2=\frac{\sqrt2-PQ}{2}\frac{\sqrt2+PQ}{2} (Usando que [math]AM=\sqrt2=AP+PQ+MQ=2AP+PQ)
Ahora usando que [math]sr=area del triangulo, tenemos [math]r\frac{3+\sqrt5}{2}=\frac{2*1}{2}=1, luego [math]r=\frac{3-\sqrt5}{2}
Como AD=1-r, tenemos que [math]\frac{\sqrt2-PQ}{2}\frac{\sqrt2+PQ}{2}=(1-\frac{3-\sqrt5}{2})^2=3-\sqrt5=2-PQ^2, resolviendo la ecuacion llegamos a que [math]PQ=\sqrt{2\sqrt5-4}
Re: Nacional OMA 2010 - Nivel 3 - Problema 2
Publicado: Mar 22 Oct, 2019 2:28 pm
por Gianni De Rico
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 $\angle IEC=\angle ECD=\angle CDI=90^\circ$ por ser $CD$ y $CE$ tangentes al incírculo y por ser $\angle ECD=\angle ACB=90^\circ$) 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\begin{align*}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}}
\end{align*}luego$$PQ=2NP=2\sqrt{\frac{\sqrt{5}-2}{2}}=\sqrt{2\sqrt{5}-4}.$$