Sea [math]ABC un triángulo, y [math]\omega la circunferencia de diámetro [math]AB. El centro de [math]\omega es [math]O y [math]\omega corta a [math]BC en [math]Q y a [math]AC en su punto medio [math]P. Hallar el perímetro de [math]OPQ sabiendo que el perímetro de [math]ABC es [math]14.
Por arco capaz en $\omega$, $A\widehat PB=90^\circ$, entonces $BP$ es mediana y altura de $\triangle ABC$, por lo tanto $\triangle ABC$ es isósceles en $B$, luego $AB=BC$
Por ser radios de $\omega$, $PO=AO=\frac{1}{2}AB$ y $OQ=OB=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}BC$.
Sea $\Gamma$ la circunferencia de diámetro $AC$ ($P$ es el centro de $\Gamma$). Por arco capaz en $\omega$, $A\widehat QB=90^\circ =A\widehat QC\Rightarrow Q\in \Gamma\Rightarrow AP=PC=QP=\frac{1}{2}CA$.
Entonces $PO=\frac{1}{2}AB$, $OQ=\frac{1}{2}BC$ y $QP=\frac{1}{2}CA$. Por lo tanto el perímetro de $\triangle OPQ$ es la mitad del perímetro de $\triangle ABC$ para cualquier triángulo que cumpla las condiciones del enunciado. En este problema, como el perímetro de $\triangle ABC$ es $14$, el perímetro de $\triangle OPQ$ es $7$.
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Veamos que [math]O es el punto medio de [math]AB, ya que [math]AB es diametro. Además, como [math]AB es diametro, [math]B\hat{Q}A = 90^{\circ}, y como [math]P es punto medio de [math]AC, [math]OP es base media de [math]ABC, por lo que [math]OP\parallel BC y [math]AQ \perp OP, y como [math]OQ=OA, tenemos que [math]Q es el reflejo por [math]OP de [math]A, por lo que [math]OPQ es el reflejo de [math]APQ por [math]OP de [math]AOP, por lo que tienen el mismo perímetro.
Sin embargo, notemos que [math]2AO=AB, [math]2AP=AC, y por base media [math]2OP=BC, por lo que [math]2(AO+OP+PA)=AB+BC+CA=14, por lo que el perímetro de [math]AOP, que es igual al perímetro de [math]OPQ, es [math]7.
Primero, veamos que [math]A\widehat{P}B=[math]90^{\circ}, ya que es un ángulo inscripto por el diámetro de la circunferencia [math]\omega.
Ahora, como [math]PA=[math]PC (por enunciado), los triángulos [math]APB y [math]PBC son congruentes, ya que tienen dos lados iguales entre sí ([math]PA=[math]PC y [math]PB=[math]PB) y el ángulo que estos forman ([math]90^{\circ}=[math]A\widehat{P}B=[math]B\widehat{P}C). Por lo tanto, [math]AB=[math]CB.
Si reemplazamos en la ecuación que nos plantea e enunciado, nos quedaría que: [math]AB+[math]CB+[math]CA=[math]14 [math]AB+[math]AB+[math]CA=[math]14 [math]2AB+[math]CA=[math]14
Llamemos a la ecuación resultante [math]E_{1}
Ahora, si nos fijamos, la recta [math]PB, al ser [math]ABC un triángulo isósceles es la bisectriz de ángulo [math]A\widehat{B}C, por lo tanto [math]A\widehat{B}P=[math]P\widehat{B}C=[math]\alpha.
Por aro capaz en [math]\omega con la cuerda [math]PQ, [math]P\widehat{A}Q=[math]P\widehat{B}Q=[math]\alpha y con la cuerda [math]PA, [math]A\widehat{Q}P=[math]A\widehat{B}P=[math]\alpha.
Por lo tanto el triángulo [math]PAQ es isósceles, con [math]PA=[math]PQ=[math]\frac{CA}{2}. [math]PO=[math]PQ=[math]AO=[math]\frac{AB}{2} porque [math]AB es el diámetro y [math]PO y [math]PQ son radios de [math]\omega.
Si planteamos el perímetro de [math]POQ, que es lo que queremos determinar, tenemos que es: [math]AB+[math]AB+[math]AB=? [math]\frac{AB}{2}+[math]\frac{AB}{2}+[math]\frac{CA}{2}=? [math]AB+[math]\frac{CA}{2}=?. A esta ecuación la determinamos [math]E_{2}.
Ahora, si comparamos [math]E_{1} con [math]E_{2}, notamos que [math]E_{1} es el doble que [math]E_{2}.
Por lo tanto, como el lado izquierdo de [math]E_{2} es la mitad que el de [math]E_{1}, su lado derecho también debe serlo, es decir que: [math]AB+[math]\frac{CA}{2}=[math]\frac{14}{2} [math]AB+[math]\frac{CA}{2}=7.
Por lo tanto, el perímetro del triángulo [math]POQ=7.
Primero es evidente la semejanza de [math]ABC con [math]CPQ por potencia de un punto
[math]BP es perpendicular a [math]AC ya que [math]AB es diámetro, luego [math]AB=BC ya que [math]BP es mediana y altura en [math]ABC, implicando que [math]CP=PQ debido a la semejanza antes mencionada
Para completar la solución, sean [math]AP=PC=PQ=y y [math]AO=OB=OQ=OP=x
El enunciado nos dice que [math]4x+2y=14
Notando que el perímetro de [math]OPQ=2x+y=7, la solución está completa
Notar que, no solo la circunferencia omega contruye el punto Q sino tambien una circunferencia con centro en P y diametro AC, asi que es inmediato que AP=PQ
Dado un triangulo ABC y los puntos medios L, M y N de los lados BC, AC y AB, respectivamente, probar que las bisectrices de los angulos ANB, BLC y CMA son concurrentes.
