Entrenamiento Iberoamericana 1998 (Problema 4)

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Dauphineg

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Entrenamiento Iberoamericana 1998 (Problema 4)

Mensaje sin leer por Dauphineg » Dom 28 Jun, 2020 9:07 am

Sea $ABCD$ un trapecio con la propiedad de que los triángulos $\triangle ABC$, $\triangle ACD$, $\triangle ABD$ y $\triangle BCD$ tienen el mismo inradio.
Probar que $A$, $B$, $C$ y $D$ son los vértices de un rectángulo.

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Turko Arias

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Re: Entrenamiento Iberoamericana 1998 (Problema 4)

Mensaje sin leer por Turko Arias » Dom 28 Jun, 2020 10:30 pm

Me resulta curioso que lo llame trapecio, tenía entendido que tienen exáctamente un par de lados paralelos, pero bueno, es simpático el problema :D
Spoiler: mostrar
Sin pérdida de generalidad asumamos que los lados paralelos son $AB$ y $CD$. Vamos a representar $(ABC)$ al área del triángulo $ABC$. Sabemos que el área de un triángulo está dada por por esta fórmula y por la fórmula que nos dice que $(ABC)=sr$ siendo $s=\frac{AB+BC+AC}+{2}$ (también conocido como el semiperímetro) y siendo $r$ el inradio.
Tenemos entonces:
$$(ABC)=(ABD) \to rS_{ABC}=rS_{ABD} \to S_{ABC}=S_{ABD} \to AB+BD+AD=AB+BC+AC \to AD+BD=BC+AC$$
Por otro lado:
$$(ACD)=(BCD) \to rS_{ACD}=rS_{BCD} \to S_{ACD}=S_{BCD} \to AC+CD+AD=BC+CD+BD \to AC+AD=BC+BD$$

Combinando ambas ecuaciones llegamos a que $AD=BC$ y $AC=BD$, por lo que nuestro trapecio ahora es un trapecio isósceles, y por ende es cíclico. Luego, tenemos que $\angle BAD= \alpha$ y $\angle BCD = 180-\alpha$.

Viendo el triángulo $ABD$ y combinando ambas maneras de calcular su área obtenemos:
$$rS_{ABD}=\frac{AB \times AD \times sin(\alpha)}{2} \to r=\frac{AB \times AD \times sin(\alpha)}{2S_{ABD}}$$
Viendo ahora el triángulo $BCD$ tenemos:
$$rS_{BCD}=\frac{BC \times CD \times sin(180-\alpha)}{2} \to r=\frac{BC \times CD \times sin(180-\alpha)}{2S_{BCD}}$$
Igualando ambas expresiones, y usando que $sin(\alpha)=sin(180-\alpha)$ y que $BC=AD$, tenemos que:
$$\frac{AB}{AB+AD+BD}=\frac{CD}{CD+BC+BD}$$
Como $AD=BC$ llamamos $z=AD+BD=BC+BD$ y nos queda:
$$\frac{AB}{AB+z}=\frac{CD}{CD+z} \to AB(CD+z)=CD(AB+z) \to AB \times CD + AB \times z = AB \times CD + CD \times z$$ lo que implica $AB=CD$, luego $ABCD$ es un paralelogramo... Pero el único paralelogramo cíclico es el rectángulo, así que ya estamos $\blacksquare$
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Dauphineg

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Re: Entrenamiento Iberoamericana 1998 (Problema 4)

Mensaje sin leer por Dauphineg » Mar 30 Jun, 2020 7:45 am

Spoiler: mostrar
Llamamos $r$ al inradio de todos estos $4$ triángulos, sabemos que el perímetro de un triángulo multiplicado por la mitad de su inradio nos dará el área del triángulo $\Rightarrow Area \left ( ABCD \right ) = Area \left ( ABC \right ) +Area \left ( ACD \right ) = \frac{r}{2}. Per \left ( ABC \right ) + \frac{r}{2}. Per \left ( ACD \right )=$
$=\left (\overline{AB}+\overline{BC} + \overline{AC}. \right )\frac{r}{2} + \left (\overline{AD}+\overline{DC} + \overline{AC}. \right )\frac{r}{2}= \left [ Per \left ( ABCD \right )+2. \overline{AC}\right ].\frac{r}{2} $ y analogamente podemos decir que $Area \left ( ABCD \right ) = \left [ Per \left ( ABCD \right )+2. \overline{BD}\right ].\frac{r}{2} $ de ambas cosas concluimos que $\overline{AC}= \overline{BD}$ por lo que tenemos un trapecio con sus $2$ diagonales equivalentes y veremos que este hecho se traduce en que el mismo es un trapecio isósceles.
Lamamos $T$ al punto de intersección de las diagonales $\overline{AC}$ y $\overline{BD}$ y llamamos $P$ al punto de intersección de la recta $BC$ con la recta paralela a $AC$ trazada por $D$, ocurre que $ACPD$ es un paralelogramo $\overline{DP} =\overline{AC}= \overline{BD} \Rightarrow \angle BDA=\angle DBP= \angle DPB= \angle DAC=\angle BCA$ por lo tanto $\overline{AT}=\overline{DT}$ y también $\overline{BT}=\overline{CT}$, ademas $\angle DTC= \angle ATB$ por lo que concluimos que los triángulos $ATB$ y $DTC$ son congruentes, osea $\overline{AB}= \overline{CD}$ ademas ocurre que $\angle BAD= \angle CDA$ y también $\angle DCB= \angle ABC$ y el trapecio $ABCD$ es isósceles.
Lamamos $M$ y $N$ a los incentros de los triángulos $ABC$ y $ACD$ respectivamente, como $\angle BCA= \angle CAD$ y las rectas $CM$ y $AN$ son bisectrices de dichos ángulos $\Rightarrow AN\parallel CM$
Sean $E$ y $F$ los pies de las perpendiculares a la recta $AC$ trazadas desde $M$ y $N$ respectivamente, ocurre que $\overline{ME}=\overline{NF}=r$ y entonces los triángulos rectángulos $MEC$ y $NFA$ son congruentes y por ende $\overline{MC}=\overline{AN}$ lo que determina que $ANCM$ es un paralelogramo, luego tendremos que $\angle MAN= \angle MCN$ pero como $AM$ y $AN$ son bisectrices de $\angle BAC$ y $\angle CAD$ respectivamente, entonces ocurre que $\angle MAN= \frac{1}{2}\angle BAD$ , analogamente $\angle MCN= \frac{1}{2}\angle BCD$ y de ambas cosas se concluye que $\angle BCD= \angle BAD$, osea que los $4$ ángulos del trapecio son iguales y por los tanto es $ABCD$ un rectángulo

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