Sel Ibero 1998 Problema 5

[Prillo]

Sea [math]ABC un triángulo y [math]P un punto interior tal que [math]\angle PBC=\angle PCA<\angle PAB. La recta [math]PB corta la circunferencia circunscrita al triángulo [math]ABC en [math]E, y la recta [math]CE corta a la circunferencia circunscrita al triángulo [math]APE en [math]F. Demostrar que [math]\frac{\text{área}(APEF)}{\text{área}(APB)} no depende de la elección del punto [math]P.

[Prillo]

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En lo que sigue, [math][\mathcal{P}] denota el area del polígono [math]\mathcal{P}. Tenenemos que [math]\angle EAC=\angle EBC=\angle ACP y luego [math]AECP es un paralelogramo, de donde [math][AEP]=[AEC] y [math][APEF]=[FAC]. Ahora bien, los triángulos [math]FAC y [math]PAB son semejantes pues [math]\angle ACF=\angle ACE=\angle ABE=\angle ABP y [math]\angle AFC=180^{\circ}-\angle APE=\angle APB, luego [math]\frac{[FAC]}{[PAB]}=\left(\frac{CA}{AB}\right)^2, que no depende de la elección del punto [math]P.

[Lean]

Una consulta, el hecho de que $APCE$ sea un paralelogramo o no no cambia la resolucion, pero no veo por que este lo sea. Quizas me falte algo, pero por ahora tengo que es solo un trapecio. Muchas gracias.

[drynshock]

Una consulta, el hecho de que $APCE$ sea un paralelogramo o no no cambia la resolucion, pero no veo por que este lo sea. Quizas me falte algo, pero por ahora tengo que es solo un trapecio. Muchas gracias.

Tenes razón, verificado con Geogebra

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geogebra-export (95).png

Lo que es cierto es que $PC \parallel EA$

[drynshock]

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geogebra-export (96).png

Por arco capaz tenemos que $PE \parallel AE$, pues

$$\angle PBC = \angle EBC = \angle EAC = \angle ACP$$

Luego, por tener misma base y misma altura tenemos $|APE| = |ACE| \Rightarrow |APEF| = |APE|+|AFE| = |ACF|$. Ahora, por arco capaz

$$\angle ABP = \angle ABE = \angle ACE, \angle AFC = \angle AFE = \angle APB$$

De donde $\triangle AFC \sim \triangle APB$ por criterio $AA$. Luego, $\frac{|APEF|}{|APB|} = \frac{|AFC|}{|APB|}$ depende de la razón $\frac{AB}{AC}$ y no de $P$.
$\blacksquare$