Sea $ABC$ un triángulo isósceles con $AB = AC$ y sea $\Gamma$ su circunferencia circunscrita. Sobre el arco $BC$ de $\Gamma$ que no contiene a $A$ se marca un punto $P$, más cerca de $B$ que de $C$. La recta perpendicular a $PC$ que pasa por $A$ corta a $PC$ en $D$. Demostrar que $PB + PC = 2PD$.
ACLARACIÓN: La circunferencia circunscrita de un triángulo $XYZ$ es la circunferencia que pasa por los puntos $X$, $Y$ y $Z$.
Sea $Q$ un punto en la prolongación de $PC$ tal que $BP=CQ$.
Como $PBAC$ es un cuadrilátero cíclico, $\angle ABP = 180^{\circ} − \angle ACP = \angle ACQ$.
Como $AB=AC$, $\angle ABP=\angle ACQ$ y $BP=CQ$, los triangulos $ABP$ y $ACQ$ son congruentes por el criterio de congruencia LAL.
Luego el triangulo $PAQ$ es isósceles con $AP=AQ$. Como $AD$ es altura de este triangulo, $D$ será el punto medio del lado $PQ$.
Por lo tanto $PB + PC = PQ = 2PD$
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Última edición por fleschler.ian el Vie 09 Feb, 2018 7:33 pm, editado 2 veces en total.
Sea M el punto medio de BC como es isósceles entonces $\angle AMB=\angle ADP=90^{\circ}$. Como ABPC es ciclico entonces $\angle ABC= \angle APC$ Entonces ABM y APD son semejantes entonces $\frac{AB}{BM}=\frac{AP}{PD}$ entonces ${AB}\times {2PD}={AP}\times {BC}$
Ahora por el teorema de Ptolomeo en ABPC: $AB\times PC + AC\times PB=BC\times AP={AB}\times {2PD}$ Como AB=AC entonces simplificando AB nos queda $PC+PB=2PD$
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Sea $l$ la recta que contiene al segmento $PC$ y marquemos sobre ella el punto $B’$ de modo tal que $B’C=BP$ y además $B’$ y $D$ se encuentran en semirrectas diferentes determinadas por el punto $C$ sobre $l$.
Notemos que por ser $BPCA$ un cuadrilátero cíclico (todos los vértices están sobre una misma circunferencia), se cumple que $\angle PCA=180º-\angle PBA$. Por ángulos adyacentes podemos obtener que $\angle B’CA=180º-\angle PCA=180º-(180º-\angle PBA)=\angle PBA$.
Por otra parte, notemos que por enunciado $AB=AC$. Y además definimos el punto $B’$ de modo tal que $CB’=BP$. Entonces, los triángulos $\triangle ABP$ y $\triangle ACB’$ tienen un ángulo igual, y los lados que forman ese ángulo son iguales entre sí. Por lo tanto, los triángulos son congruentes, y se deduce que $AP=AB’$.
Entonces el triángulo $PAB’$ es isósceles en $A$, y como $AD$ es perpendicular a $PB’$, se deduce que es altura y mediatriz del lado $PB’$. De aquí deducimos que $PB’=2PD=PC+CB’=PC+PB $ como queríamos demostrar.
OFO 3 2018.png
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Nombramos:
$\angle ABC=\angle ACB=\alpha$
$\angle CBP=\beta$
$\overline{AB}=\overline{AC}=x$
Por lo tanto:
$\angle CAB=180-\angle ABC-\angle ACB=180-2\alpha$
$\angle BPC=180-\angle BAC=2\alpha$ (Porque son angulos opuestos en un cuadrilatero ciclico)
$\angle BCP= 180-\angle PBC -\angle BPC=180-2\alpha-\beta$
$\angle DAC=180-\angle ADC-\angle ACD=\alpha+\beta-90$
Como hay que demostrar que $PB+PC=2PD$, yo voy a demostrar que $PB+DC=PD$ ya que $DC=PC-PD$
El triangulo $ADC$ es rectángulo así que por seno $DC=xsen(\alpha+\beta-90)$
Por teorema del seno (recordamos la relación trigonométrica $sen(\alpha)=sen(180-\alpha)$):
$\frac{BC}{sen(2\alpha)}=\frac{x}{sen(\alpha)}$ entonces $BC=\frac{xsen(2\alpha)}{sen(\alpha)}$
$\frac{xsen(2\alpha)}{sen(\alpha)sen(2\alpha)}=\frac{PC}{sen(\beta)}$ entonces $PC=\frac{xsen(\beta)}{sen(\alpha)}$
$\frac{xsen(2\alpha)}{sen(\alpha)sen(2\alpha)}=\frac{PB}{sen(2\alpha+\beta)}$ entonces $PB=\frac{xsen(2\alpha+\beta)}{sen(\alpha)}$
Antes de seguir con el problema recordamos las siguientes relaciones trigonométricas:
$sen(2\alpha)=2sen(\alpha)+cos(\alpha)$ (1)
$sen(\alpha+\beta)=sen(\alpha)cos(\beta)+sen(\beta)cos(\alpha)$ (2)
$sen(\alpha-\beta)= sen(\alpha)cos(\beta)-sen(\beta)cos(\alpha)$ (3)
$cos(\alpha+\beta)=cos(\alpha)cos(\beta)-sen(\alpha)sen(\beta)$ (4)
Con esto aclarado continuamos.
Por (3), teniendo en cuenta que $sen(90)=1$ y $cos(90)=0$ y luego aplicando (4), $sen(\alpha+\beta-90)=sen(\alpha)sen(\beta)-cos(\alpha)cos(\beta)$ (5)
Aplicando (2) y luego (1) $sen(2\alpha+\beta)=2sen(\alpha)cos(\alpha)cos(\beta)+sen(\beta)cos^{2}(\alpha)-sen(\beta)sen^{2}(\alpha)$ (6)
La relación pitagórica establece que $sen^{2}(\alpha)+cos^{2}(\alpha)=1$ por lo tanto $1-sen^{2}(\alpha)=cos^{2}(\alpha)$ lo que significa que (15)=(16) lo que pasa solo si $PB+DC=PD$
Veamos que decir que $PB+PC=2PD$ es lo mismo que decir que $PB+DC=PD$.
Llamemos $R$ a la intersección de la recta $AD$ con $\Gamma$. Llamemos $H$ a la intersección de $BR$ con $AP$ y $J$ a la intersección de $BR$ con $PC$.
Por arco capaz en $\Gamma$ con la cuerda $AC$,$A\hat{B}C$=$A\hat{P}C$=$A\hat{R}C$=$\alpha$ y con la cuerda $AB$, $A\hat{P}B$=$A\hat{R}B$=$A\hat{C}B$=$\alpha$.
Como la bisectriz del ángulo $J\hat{R}C$ es perpendicular a $JC$, el triángulo $JRC$ es isósceles, y $JD$=$DC$.
Por opuestos por el vértice, $B\hat{J}P$=$C\hat{J}R$=$90 -$$\alpha$.
Por arco capaz en $\Gamma$ con la cuerda $PR$,$P\hat{B}R$=$P\hat{C}R$=$90−$$\alpha$.
Por lo tanto, $BPJ$ es isósceles.
Entonces, si nos fijamos en la ecuación inicial, tenemos que $PB+DC=PD$, $PB+DC=PJ+JD$, $PB+DC=PB+DC$
La solución está completa.
En el caso de que el triángulo $ABC$ fuera rectángulo u obtusángulo, la solución es análoga.
Como $AB=AC$ los arcos $AB$ y $AC$ son iguales, entonces $\angle BPA=\angle APC$ por estar inscriptos en arcos iguales.
Por el teorema del coseno en el triángulo $ABP$, tenemos que $AB^2=AP^2+PB^2-2AP\times PB\times cos(\angle BPA)$.
Como $\angle BPA=\angle APC$ y $cos(\angle APC)=\frac{PD}{AP}$ (mirando el triángulo $APD$) nos queda que $AB^2=AP^2+PB^2-2PB\times PD$.
Por el teorema de Pitágoras en el triángulo $APD$, tenemos que $AP^2=PD^2+AD^2$, así que $AB^2=AD^2+PD^2+PB^2-2PB\times PD=AD^2+(PD-PB)^2$
Por el teorema de Pitágoras en el triángulo $ADC$, tenemos que $AC^2=AD^2+DC^2$, y como $AB=AC$ nos queda que $(PD-PB)^2=DC^2\implies PD-PB=\pm DC$.
Ahora bien, si fuera $PD=PB-DC$ tendríamos que $PD+DC=PC=PB$, pero tenemos que $P$ está más cerca de $B$ que de $C$ (absurdo).
Por lo tanto tenemos que $PD=PB+DC$, entonces $PD+PD=PB+DC+PD=2PD=PB+PC$