Me gusto-IMO 1988 P1

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amcandio

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Me gusto-IMO 1988 P1

Mensaje sin leer por amcandio »

Consideremos dos circunferencias concéntricas de radios $r$ y $R$ con centro $O$ . Fijemos un punto $P$ en la circunferencia menor y consideremos una cuerda variable $AP$ de la circunferencia menor. Los puntos $B$ y $C$ yacen en la circunferencia mayor tales que $B$, $P$ y $C$ son colineales y $AP$ es perpendicular a $BC$.
  1. ¿Para qué valores del ángulo $\angle AOP$ es la suma $BC^2+CA^2+AB^2$ lo mayor posible?
  2. ¿Cuál es el lugar geométrico de los puntos medios de $AC$ y $AB$ de al variar el ángulo $\angle AOP$?
"Prillo es el Lanata de la trigonometria"
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Nacho

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Re: Me gusto-IMO 1988 P1

Mensaje sin leer por Nacho »

Parte a) :p
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Definimos $\angle APO = \alpha$. Miremos los triángulos $\triangle BPO$ y $\triangle CPO$. Usamos el Teorema del Coseno en ambos triángulos:

$BP^2 + r^2 - 2BP r \cos(90^{\circ}+\alpha) = R^2$

$PC^2 + r^2 - 2PC r \cos(90^{\circ}-\alpha) = R^2$

Si igualamos ambas relaciones: ${BP^2 + r^2 - 2BP r \cos (90^{\circ}+\alpha) = PC^2 + r^2 - 2PC r \cos(90^{\circ}-\alpha) \Rightarrow BP^2 - PC^2 = 2r \cos(90^{\circ}-\alpha) (BP - PC)}$. (Usamos que $\cos(x ) = -\cos(180^{\circ}-x)$ y notamos que $(90^{\circ}+\alpha) + (90^{\circ} - \alpha) = 180^{\circ}$).

Diferencia de cuadrados...

$BP + PC = 2r \cos (90^{\circ}-\alpha)$
$BC = 2r \cos(90^{\circ} - \alpha) = 2r \sin \alpha$.

Ahora, miramos Teorema del Coseno en el triángulo $\triangle AOP$:

$r^2 + r^2 - 2r^2 \cos(180^{\circ}-2\alpha) = AP^2$
$2r^2 ( 1 - \cos(180^{\circ}-2\alpha)) = AP^2$
$2r^2(1 + \cos(2\alpha )) = AP^2$

Usamos la fórmula de angulo duplo: $\cos(2\alpha ) = \cos^2 (\alpha ) - \sin^2 (\alpha )$

$AP ^2 = 2r^2 (1 + \cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha)$
Usamos que $1 = \cos^2 x + \sin^2 x$.

$AP^2 = 2r^2 ( 2 \cos^2 \alpha)$
$AP^2 = 4r^2 \cos^2 \alpha$
$AP = 2r \cos \alpha$.

(Notemos que podemos sacar raíz de esa forma porque al ser $\alpha$ agudo, $\cos(\alpha)$ es positivo y como miramos la medida de los lados en valor absoluto, $AP$ y $r$ son positivos, de donde $\cos(\alpha)$ debe ser positivo).

Ahora viene la parte mágica (???):

Usamos el Teorema del Coseno en $\triangle BAC$: http://www.youtube.com/watch?v=SOBNO4gl_yM

$AB^2 + AC^2 - 2AB AC \cos \angle BAC = BC^2$

Tenemos, por definición del área que $AB \times AC \times \sin \angle BAC = BC \times AP$. Usando que $\tan (x ) = \frac{\sin x}{\cos x}$:

${AB^2 + AC^2 - \frac{2BC\times AP}{\tan(\angle BAC )} = BC^2 \Rightarrow AB^2 + AC^2 + BC^2 = 2BC^2 + \frac{2BC\times AP}{\tan(\angle BAC )}}$.

Notemos que (usando la fórmula de suma de tangentes):

$\tan(\angle BAC ) = \tan(\angle BAP + \angle CAP) = \frac{\tan(\angle BAP ) + \tan(\angle CAP)}{1-\tan(\angle BAP)\tan(\angle CAP)}$.

Por definición de tangentes: $\tan \angle BAP = \frac{BP}{AP}$ y $\tan \angle CAP = \frac{PC}{AP}$.

$\tan(\angle BAC) = \frac{ \frac{BC}{AP} + \frac{CP}{AP} }{1- \frac{BP \times CP}{AP^2}}$

Tenemos que $BP \times CP = R^2 - r^2$ por Potencia de un Punto.

El numerador de la fracción anterior es $\frac{BC}{AP} = \frac{2r\sin\alpha}{2r\cos\alpha} = \tan \alpha$.

Entonces, tenemos que $\tan (\angle BAC) = \frac{AP^2 \tan \alpha}{AP^2 - R^2 + r^2}$.

$AP^2 = 4r^2 \cos^2 \alpha \Rightarrow AP^2 \tan( \alpha ) = 4r^2 \sin \alpha \cos \alpha$.

De ahí, $\tan(\angle BAC) = \frac{4r^2 \sin\alpha \cos\alpha}{4r^2 \cos^2 \alpha - R^2 + r^2}$.

Miremos la suma que deseamos maximizar:

$S= AB^2 + AC^2 + BC^2 = 2BC^2 + \frac{2BC\times AP}{\tan(\angle BAC )}$

$S = 2\times 4r^2 \sin^2 \alpha + \frac{2\times 2r \sin \alpha \times 2r \cos \alpha}{(\frac{4r^2 \sin\alpha \cos\alpha}{4r^2 \cos^2 \alpha - R^2 + r^2})}$

$S = 8r^2 \sin^2 \alpha + 2\times (4r^2 \cos^2 \alpha - R^2 + r^2)$

$S = 8r^2 (\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha) - 2R^2 + 2r^2$

$S = 10r^2 - 2R^2$.

Luego la suma es constante!
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Juaco

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Re: Me gusto-IMO 1988 P1

Mensaje sin leer por Juaco »

Parte b
Spoiler: mostrar
Variar el ángulo es lo mismo que mover el punto $A$

Sea $\omega$ la cfa chica y $\Gamma$ la cfa grande, $D=AO \cap \omega$, $(D \in BC)$, $L$ el punto medio de $BC$ y sea $G$ el baricentro de $\triangle ABC$
IMO 1988 P1.jpg
como $O, L$ están en la mediatriz de $BC$ Tenemos que $OL \perp BC \Rightarrow L$ es punto medio de $DP$.

por ser $G$ baricentro se tiene que está en $AL$ y además $\frac{AG}{GL} = 2$ por lo tanto $G$ es el baricentro de $\triangle ADP$ (ya que $AL$ es mediana), y entonces $O,G,P$ son colineales y además $\frac{PG}{OG}=2$ por lo que $G$ es fijo ya que $O,P$ son fijos.

Sea $\mathcal{H}$ la homotecia de centro $G$ y razón $k=-2$

Tenemos entonces:
$\mathcal{H}(N)=B$
$\mathcal{H}(M)=C$
$\mathcal{H}(L)=A$
y si $O_2$ es el punto medio de $OP$ entonces $\mathcal{H}(O_2)=O$

ahora como $B,C$ se mueven en una circunferencia fija de centro $O$, los puntos homotéticos $N,M$ se mueven en una cfa fija de centro $O_2$
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