23º APMO 2011 - Problema 3

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23º APMO 2011 - Problema 3

Mensaje sin leer por ésta »

Sea [math] un triángulo tal que [math]. Las bisectrices internas y externas de [math] cortan a la recta [math] en [math] y [math], respectivamente. Las bisectrices internas y externas de [math] cortan a la recta [math] en [math] y [math], respectivamente. Supongamos que los circulos con diámetro [math] y [math] se cortan en el punto [math] interior al triángulo [math]. Demostrar que [math].
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Azul Lihuen

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Re: 23º APMO 2011 - Problema 3

Mensaje sin leer por Azul Lihuen »

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Bueno, vamos a usar esto: http://omaforos.com.ar/viewtopic.php?f=6&t=729 (*)

Como los puntos [math] , [math] y [math] cumplen que [math], la circunferencia que pase por estos tres puntos es el lugar geométrico de los puntos [math] tales que [math], por (*). Y lo mismo pasa con los puntos [math], [math] y [math].

Tenemos entonces que [math] tiene las siguientes propiedades:

a) [math]
b) [math]

Acomodando lo anterior obtenemos que

c)[math]

Llamemos [math] a la intersección de la bisectriz de [math] con [math].

Por a) , b) y c), y usando el teorema de la bisectriz, tenemos que [math] es la bisectriz de [math], y lo mismo pasa con [math], [math], y [math], [math], respectivamente.

Supongamos que: [math] y que [math].

Si [math], tenemos que [math] y [math]. Como [math] y [math] son cuadriláteros cíclicos, [math] y [math]

Entonces juntando todo:
i)[math]
ii)[math]

Por lo tanto, sumando i)+ii), obtenemos:
[math]
Y finalmente [math] y [math], como queríamos.
1  
♥ ^ [math]
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Gianni De Rico

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Re: 23º APMO 2011 - Problema 3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Voy a hacer esto solamente porque es rápido y generaliza el problema, no lo intenten en sus casas
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APMO 2011 P3.png
Nos olvidamos de la condición $\angle BAC=30^\circ$ porque hace que el dibujo sea feo.
La circunferencia de diámetro $B_1B_2$ es la circunferencia de Apolonio de $B$ respecto de $CA$ y la circunferencia de diámetro $C_1C_2$ es la circunferencia de Apolonio de $C$ respecto de $AB$. Entonces $\frac{PC}{PA}=\frac{BC}{BA}$ y $\frac{PA}{PB}=\frac{CA}{CB}$, con lo que $\frac{PC}{PB}=\frac{PC}{PA}\frac{PA}{PB}=\frac{BC}{BA}\frac{CA}{CB}=\frac{CA}{AB}$, y así $P$ está en la circunferencia de Apolonio de $A$ respecto de $BC$. Además, tenemos que $PA\cdot BC=PB\cdot CA$ y $PA\cdot BC=PC\cdot AB$, que sale de multiplicar cruzado las igualdades anteriores, digamos que todas valen $k$. Sean $D,E,F$ los pies de las perpendiculares desde $P$ a $BC,CA,AB$, respectivamente, entonces $AFPE$ es cíclico de diámetro $AP$, con lo que, llamando $R$ al circunradio de $ABC$ y usando dos veces el Teorema del Seno, resulta $EF=PA\sin \angle A=\frac{PA\cdot BC}{2R}=\frac{k}{2R}$. De la misma forma se tiene que $FD=\frac{k}{2R}$ y $DE=\frac{k}{2R}$, con lo que $DEF$ es equilátero. Tenemos que $\angle BPC=\angle BPD+\angle DPC=\angle BFD+\angle DEC$, pero $\angle BFD=120^\circ -\angle EFA$ y $\angle DEC=120^\circ -\angle AEF$, por ser $DEF$ equilátero. Como $\angle EFA+\angle AEF=180^\circ -\angle BAC$, resulta $\angle BPC=\angle BAC+60^\circ$. Si además $\angle BAC=30^\circ$, nos queda $\angle BPC=90^\circ$.
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♪♫ do re mi función lineal ♪♫
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