Nacional 2019 - Nivel 3 - Problema 3

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Monazo

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Nacional 2019 - Nivel 3 - Problema 3

Mensaje sin leer por Monazo » Jue 14 Nov, 2019 11:35 am

En el triángulo $ABC$ vale que $A\hat CB=2\cdot A\hat BC$. Además $P$ es un punto interior del triángulo $ABC$ tal que $AP=AC$ y $PB=PC$. Demostrar que $B\hat AC=3\cdot B\hat AP$.

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lichafilloy

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Re: Nacional 2019 - Nivel 3 - Problema 3

Mensaje sin leer por lichafilloy » Jue 14 Nov, 2019 1:26 pm

Spoiler: mostrar
Sea $I$ el pie de la bisectriz desde $C$. Por el teorema de la bisectriz, $\frac{CB}{BI} = \frac{CA}{AI} = \frac{PA}{AI}$ $(*)$ usando que $AP = AC$.
Sea $\angle ABC = \alpha$, luego $\angle ACB = 2 \alpha$, y $\angle BCI = \angle ACI = \alpha$. Tambíen, $\angle CIB = 180 - 2 \alpha$.

Cómo $\angle ICB = \angle IBC$, $IC = IC$ y entonces $I$ pertenece a la mediatriz de $BC$, al igual que $P$. Luego,la recta $IP$ es efectivamente la mediatriz de $BC$. También es la bisectriz de $\angle CIB$ dado que es un triángulo isósceles en $I$. Entonces $\angle PIQ = 90 - \alpha$ y por ende $\angle AIP = 90 + \alpha$.

Usando el teorema del seno en $BCI$, obtenemos $\frac{CB}{BI} = \frac{sen(2\alpha)}{sen(\alpha)}$, y aplicandolo en $AIP$ obtenemos $\frac{PA}{AI} = \frac{sen(90 + \alpha)}{sen(\angle API)}$.

Usando $(*)$, $ \frac{sen(2\alpha)}{sen(\alpha)} = \frac{sen(90 + \alpha)}{sen(\angle API)}$. Luego, $sen(\angle API) = \frac{sen(\alpha) \times sen(90 + \alpha)}{sen(2\alpha)} = \frac{sen(\alpha) \times cos(\alpha) }{2 \times sen(\alpha) \times cos(\alpha)} = \frac{1}{2}$.
Entonces $\angle APU = 30^{\circ}$ de dónde $\angle PAB = 60 - \alpha$ y $\angle PAC = 120 - 2\alpha$ por resta de ángulos.
La condición pedida sigue de este resultado.


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usuario250

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Re: Nacional 2019 - Nivel 3 - Problema 3

Mensaje sin leer por usuario250 » Jue 14 Nov, 2019 5:09 pm

Una solución sin teorema del Seno.
Spoiler: mostrar
Por angulitos, ver que <API = 90 - 2 * <PBA (esto sale de ver a <API como 180 - (<MPC + <CPA) donde M es el punto medio de BC -tanto I como P están en la mediatriz de BC-).
Por otra parte, hay que ver que los triangulos API y ABP (ángulo A común y ver que AI/AP = AP/AB) son semejantes, por lo que <API = <PBA.
Luego, <API = <PBA = 30.
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lichafilloy

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Re: Nacional 2019 - Nivel 3 - Problema 3

Mensaje sin leer por lichafilloy » Jue 14 Nov, 2019 7:04 pm

Muy buena solu! Completo el detalle de como probar la semejanza:
usuario250 escribió:
Jue 14 Nov, 2019 5:09 pm

(ángulo A común y ver que AI/AP = AP/AB) son semejantes,
Spoiler: mostrar
Usando que $AP = AC$ queremos ver que
$\frac{AI}{AC} = \frac{AC}{AB}$ y eso sale de la semejanza entre $ACI$ y $ABC$.
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BrunoDS

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Re: Nacional 2019 - Nivel 3 - Problema 3

Mensaje sin leer por BrunoDS » Sab 16 Nov, 2019 11:46 am

Va otra:
Spoiler: mostrar
Sea $D$ sobre $AB$, tal que $CD$ es bisectriz de $\angle BCA$. Luego: $\beta=\angle ABC =\angle BCD = \angle DCA$.

Por ángulos semi-inscriptos, $AC$ es tangente a $(DBC)$, por lo que, por potencia de un punto: $AC^2=AD\times AB$. Como $AC=AP$, entonces: $AP^2=AD\times AB$, de donde, por ángulos semi-inscriptos, $\angle ABP =\angle APD= \alpha$.

Como $\angle ABC =\angle BCD$ y como $BP=PC \Rightarrow \angle PBC = \angle PCB$, entonces $\alpha= \angle DBP= \angle DCP$.

Luego, $\angle CPA = \angle PCA = \alpha+ \beta \Rightarrow \angle PAC= 180°-2\alpha-2\beta$.

Por otro lado, al estar $D$ y $P$ sobre la mediatriz de $BC$, $\angle BDP= 90°-\beta \Rightarrow \angle ADP= 90°+\beta\Rightarrow \angle DAP= 90°-\alpha-\beta$.

Por lo tanto:

$\angle BAC= 180°-2\alpha-2\beta+90°-\alpha-\beta=270°-3\alpha-3\beta= 3(90°-\alpha-\beta)=3\angle BAP$

Que es lo que nos piden.
"No se olviden de entregar la prueba antes de irse..."

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¿hola?

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Re: Nacional 2019 - Nivel 3 - Problema 3

Mensaje sin leer por ¿hola? » Sab 16 Nov, 2019 5:39 pm

Mensaje numero $100$ :D
Spoiler: mostrar
Sea $e$ la mediatriz de $BC$, $F$ el simétrico de $A$ respecto a $e$, $\alpha= \angle ABC$
Como $CP=BP$, $P$ pertenece a $e$, por la definición de $e$ claramente $B$ y $C$ también son simétricos.
Por simetría:

-$\angle ACB =\angle CBF=2\alpha$ que implica $\angle ABF = \alpha$ $(1)$
-$(AP=AC)=(FP=FB)$ $(2)$
-$AF\parallel CB$ que implica $\angle ABC =\angle BAF=\alpha$ $(3)$

Por $(1)$ y $(3)$ $\angle ABF=\angle BAF$ osea el triangulo $AFB$ es isósceles con $AF=BF$
y por $(2)$ $AF=FP=PA$ osea que el triangulo $AFP$ es equilátero, $\angle FAP =60$ que implica $\angle BAP=60-\alpha$
Luego por suma de ángulos en el triangulo $ABC$ tenemos $\angle BAC=180-3\alpha=3(60-\alpha)=3\angle BAP$
3  
Yes, he who

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Joacoini

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Re: Nacional 2019 - Nivel 3 - Problema 3

Mensaje sin leer por Joacoini » Sab 16 Nov, 2019 9:30 pm

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IMG_20191116_220623.jpg
Spoiler: mostrar
Hago los angulitos en base al dibujo que adjunto, si el circuncentro estuviese abajo de $P$ en la mediatriz de $BC$ serían diferentes pero la estructura sería la misma.
Sea $O$ el circuncentro de $ABC$ y definimos $A\widehat BC=\alpha$ y $B\widehat AP=\beta$.

$A\widehat OP= C\widehat OA+\frac{C\widehat OB}{2}=180-\alpha$

$C\widehat PO=90-\alpha-\beta<90$
Spoiler: mostrar
$P\widehat AC=180-3\alpha-\beta\Rightarrow A\widehat PC=A\widehat CP=\frac{3\alpha+\beta}{2}\Rightarrow P\widehat CA=\frac{\alpha-\beta}{2}\Rightarrow C\widehat PB= 180+\beta-\alpha\Rightarrow C\widehat PO=\frac{360-C\widehat PB}{2}=90+\frac{\alpha-\beta}{2}\Rightarrow A\widehat PO=C\widehat PO-C\widehat PA=90-\alpha-\beta$
Achicamos el triángulo hasta que el circunradio sea $\frac{1}{2}$.

Por el teorema del seno $AC=AP=sen(\alpha)$.

Por el teorema del seno en $AOP$.
$\frac{AP}{sen(180-\alpha)}=\frac{sen(\alpha)}{sen(180-\alpha)}=1=\frac{AO}{sen(90-\alpha-\beta)}=\frac{\frac{1}{2}}{sen(90-\alpha-\beta)}$

Cómo $90-\alpha-\beta<90\Rightarrow 90-\alpha-\beta=30\Rightarrow B\widehat AP=\beta=60-\alpha=\frac{B\widehat AC}{3}$

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Gianni De Rico

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Re: Nacional 2019 - Nivel 3 - Problema 3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Lun 18 Nov, 2019 9:54 pm

Este problema pide ser matado con trigonometría
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Pero no voy a hacer eso (no seamos rancios).

Sean $\angle PBC=\alpha$ y $\angle ABC=\beta$. Luego, $\angle ACB=2\beta$ y $\angle PCB=\alpha$, de donde $\angle BPC=180°-2\alpha$ y $\angle APC=\angle ACP=2\beta -\alpha$, por lo tanto, $\angle PAC=180°-2(2\beta -\alpha )=2(90°-2\beta -\alpha )$.
Por otro lado, tenemos que $$\angle BPA=360°-\angle BPC-\angle CPA=360°-(180°-2\alpha )-(2\beta -\alpha )=180°-2\beta -3\alpha$$ y que $$\angle ABP=\beta -\alpha$$ luego $$\angle BAP=180°-\angle ABP-\angle BPA=180°-(\beta -\alpha )-(180°-2\beta +3\alpha )=\beta -2\alpha$$
Como $\angle BAC=\angle BAP+\angle PAC$, basta con demostrar que $\angle PAC=2\angle BAP$, es decir, basta ver que $90°-2\beta +\alpha =\beta -2\alpha$, que es equivalente a ver que $\angle PBA=\beta -\alpha = 30°$.

Sean $A'$ sobre la mediatriz de $PC$ (y en el mismo semiplano que $A$ respecto a $PC$) tal que $\angle PBA'=30°$, $\angle A'PB=\gamma$ y $P'$ el reflejo de $P$ por $A'B$. Tenemos que $\angle PBP'=60°$ y que $BP=BP'$, de donde $BPP'$ es equilátero, por lo que $PP'=PC$, luego, como $A'P'=A'P=A'C$, tenemos que $A'PP'\equiv A'CP$, de donde $\angle PA'C=\angle P'A'P=2\angle BA'P=2(150°-\gamma )=300-2\gamma$, por lo tanto, $\angle A'CP=\gamma -60°$.
Entonces $$180°-2\alpha +\gamma -60°+\gamma =\angle BPC+\angle CPA'+\angle A'PB=360°$$ de donde $$2(\gamma -\alpha )=240°$$ por lo que $$\gamma =120+\alpha$$
Por lo tanto $$\angle A'CB=\angle A'CP+\angle PCB=\gamma -60°+\alpha =120°+\alpha -60°+\alpha =2(\alpha +30°)$$ y $$\angle A'BC=\alpha +30°$$ de donde $$\angle A'CB=2\angle A'BC$$ por lo que $A\equiv A'$, luego $$\angle PBA=\angle PBA'=30°$$
Queda Elegantemente Demostrado

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malen.arias

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Re: Nacional 2019 - Nivel 3 - Problema 3

Mensaje sin leer por malen.arias » Dom 15 Mar, 2020 11:11 pm

usuario250 escribió:
Jue 14 Nov, 2019 5:09 pm
Una solución sin teorema del Seno.
Una solución sin( sin teorema del Seno)
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Vemos que el punto $P$ es único.
Spoiler: mostrar
Como $AC=AP$, $P$ estará sobre la circunferencia de centro $A$ y radio $AC$. Como $PB=PC$, $P$ estará sobre la mediatriz del segmento $BC$.
Sea $\ell$ la recta paralela a $BC$ por $A$, entonces $\ell$ y la mediatriz de $BC$ serán perpendiculares. Como $A$ está en $\ell$, podemos afirmar que en cada semiplano de $\ell$ hay como máximo una intersección de la mediatriz de $BC$ con la circunferencia de centro $A$ y radio $AC$. Como el triángulo $ABC$ está en su totalidad en un semiplano, habrá como máximo dentro de $ABC$ una intersección de la mediatriz de $BC$ con la circunferencia de centro $A$ y radio $AC$.
Sea $Q$ dentro de $ABC$ tal que $AC=AQ$ y $A\widehat{B}Q=30°$.
$C\widehat{B}Q=\alpha \Rightarrow A\widehat{C}B=2A\widehat{B}C=2(30°+\alpha)=60°+2\alpha$. Además, $B\widehat{A}C=180°-A\widehat{B}C-A\widehat{C}B=180°-30°-\alpha-60°-2\alpha=90°-3\alpha$.
Por el teorema del seno en $ABC$ tenemos que $\frac{AB}{sen(60°+2\alpha)}=\frac{AC}{sen(30°+\alpha)}$(1).
$B\widehat{A}Q=\beta \Rightarrow A\widehat{Q}B=180°-30°-\beta=150°-\beta$
Por el teorema del seno en $ABQ$ tenemos que $\frac{AQ}{sen(30°)}=\frac{AB}{sen(150°-\beta)} \Rightarrow 2AQ=\frac{AB}{sen(150°-\beta)} \Rightarrow AB=2.AQ.sen(150°-\beta)$, reemplazando esto en (1) nos queda
$$\frac{2.AQ.sen(150°-\beta)}{sen(60°+2\alpha)}=\frac{AC}{sen(30°+\alpha)}$$
Como $AQ=AC$
$$\frac{2.sen(150°-\beta)}{sen(60°+2\alpha)}=\frac{1}{sen(30°+\alpha)}$$
Utilizando la propiedad del seno que nos dice que $sen(2\gamma)=2sen(\gamma)cos(\gamma)$ nos queda que
$$\frac{2.sen(150°-\beta)}{2.sen(30°+\alpha)cos(30°+\alpha)}=\frac{1}{sen(30+\alpha)}$$
$$\frac{sen(150°-\beta)}{cos(30°+\alpha)}=1$$
Notemos que $30°+\alpha \neq 90°$ porque sino $A\widehat{B}C+A\widehat{C}B+B\widehat{A}C=90°+180°+B\widehat{A}C>180°$, entonces $cos(30°+\alpha) \neq 0$.
Entonces, tenemos que $sen(150°-\beta)=cos(30°+\alpha)$. Pero $cos(30°+\alpha)=sen(60°-\alpha)=sen(120°+\alpha)$, entonces $150°-\beta=60°-\alpha$ o $150°-\beta=120°+\alpha$
  • $150°-\beta=60°-\alpha \Rightarrow 90°=\beta-\alpha$
    Entonces $C\widehat{A}Q=B\widehat{A}C-B\widehat{A}Q=90°-3\alpha-\beta=90°-4\alpha-\beta+\alpha=90°-4\alpha-90°=-4\alpha$, pero un ángulo no puede tener un valor negativo, entonces $150°-\beta \neq 60°-\alpha$
  • $150°-\beta=120°+\alpha\Rightarrow 30°=\alpha+\beta$
    Entonces $C\widehat{A}Q=B\widehat{A}C-B\widehat{A}Q=90°-3\alpha-\beta=60°-2\alpha$. Como $AC=AQ$ $A\widehat{C}Q=A\widehat{Q}C=\frac{180°-C\widehat{A}Q}{2}=\frac{180°-60°+2\alpha}{2}=\frac{120°+2\alpha}{2}=60°+\alpha$, entonces $B\widehat{C}Q=A\widehat{C}B-A\widehat{C}Q=60°+2\alpha-60°-\alpha=\alpha=C\widehat{B}Q$, entonces $BCQ$ es isosceles con $QB=QC$.
El punto $Q$ cumple que $AC=AQ$ y que $QB=QC$, al igual que $P$, pero habíamos dicho que $P$ era único, entonces $P$ y $Q$ resultan ser el mismo punto y podemos afirmar que $B\widehat{A}P=B\widehat{A}Q=\beta=30°-\alpha$.
Como ya dijimos $B\widehat{A}C=90°-3\alpha=3(30°-\alpha)=3B\widehat{A}P$
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