Nacional OMA 2011 - Nivel 3 - Problema 3

[ésta]

Sea $ABC$ un triángulo con $\hat A=90^\circ$, $\hat B=75^\circ$ y $AB=2$. Los puntos $P$ y $Q$ de los lados $AC$ y $BC$ respectivamente son tales que $\hat{APB}=\hat{CPQ}$ y $\hat{BQA}=\hat{CQP}$. Calcular la medida del segmento $QA$.

[Vladislao]

No es lo ideal, pero es algo.

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nac3ern.PNG

Ponemos [math]\angle APB = \angle CPQ= \alpha, de ésto, completando angulitos en el [math]\triangle PCQ sigue que [math]\angle CQP = 165º-\alpha. Además teníamos que [math]\angle CQP = \angle BQA, luego [math]\angle BQA = 165º-\alpha.

Trazamos por [math]A la paralela a [math]PQ que corta a [math]PB en [math]M y a [math]BC en [math]T.

Está claro que [math]\angle PAM = \angle QPC = \angle APM, luego [math]PM = AM. De ésto se sigue que como el [math]\triangle PAB es rectángulo, [math]M es punto medio de [math]PB.

Ahora, en el triángulo [math]\triangle PQB, tenemos que [math]M es punto medio de [math]PB y que [math]MT es paralelo a [math]PQ, luego [math]T es punto medio de [math]BQ.

Como además teníamos que [math]\angle ATQ = \angle PQC = 165º-\alpha, sigue que [math]\angle ATB = 15º+\alpha.

Ahora, por Teorema del Seno en el [math]\triangle ABT tenemos que:

[math]\dfrac{AB}{BT}=\dfrac{\sin{15º+\alpha}}{\sin{90º-\alpha}}=\dfrac{\sin{15º+\alpha}}{\cos{\alpha}}

También, por Teorema del Seno en el [math]\triangle ABQ:

[math]\dfrac{AB}{BQ}=\dfrac{\sin{165º-\alpha}}{\sin{\alpha-60º}}

Como [math]BQ = 2BT, usando las dos últimas igualdades, tenemos que:

[math]\dfrac{\sin{15º+\alpha}}{2\cos{\alpha}}=\dfrac{\sin{165º-\alpha}}{\sin{\alpha-60º}}

Notemos que [math]\sin x = \sin 180º-x, luego, en los numeradores de ambas fracciones, como [math]15º+\alpha y [math]165º-\alpha son suplementarios, sus senos son iguales, por lo que podemos simplificarlos (es fácil ver que [math]\alpha \neq 165º).

[math]\dfrac{1}{2\cos{\alpha}}=\dfrac{1}{\sin{\alpha-60º}}

[math]\sin \alpha \cos 60º - \sin 60º \cos \alpha =2 \cos \alpha.

[math]\sin \alpha - \sqrt{3} \cos \alpha = 4 \cos \alpha

[math]\sin \alpha = (4+\sqrt{3})\cos \alpha

[math]\sin \alpha = (4+\sqrt{3}) \sqrt{1-\sin^2 \alpha}

[math]\sin^2 \alpha = (19+8\sqrt{3}) (1-\sin^2 \alpha)

[math](20+8\sqrt{3}) \sin^2 \alpha = 19+8\sqrt{3}

[math]\sin^2 \alpha = \dfrac{19+8\sqrt{3}}{20+8\sqrt{3}}=\dfrac{47+2\sqrt{3}}{52}

[math]\cos^2 \alpha = \dfrac{5-2\sqrt{3}}{52}

Es decir que:

[math]\sin \alpha =\sqrt{\dfrac{47+2\sqrt{3}}{52}}=\dfrac{\sqrt{611+26\sqrt{3}}}{26}

Y también

[math]\cos \alpha = \dfrac{\sqrt{65-26\sqrt{3}}}{26}

Ahora, finalmente, en el triángulo [math]\triangle ABQ por Teorema del seno:

[math]\dfrac{\sin {165º-\alpha}}{2}=\dfrac{\sin 75º}{AQ}

Notando que [math]\sin 165º = \dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}, [math]\cos 165º=-\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}, y que [math]\sin 75º = \dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}, nos queda que:

[math]\dfrac{\sin 165º \cos \alpha - \cos 165º \sin \alpha}{2}= \dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4AQ}

[math]\dfrac{(\sqrt{6}-\sqrt{2})\frac{\sqrt{65-26\sqrt{3}}}{26}+(\sqrt{6}+\sqrt{2})\frac{\sqrt{611+26\sqrt{3}}}{26}}{8}=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4AQ}

[math]\dfrac{(\sqrt{6}-\sqrt{2})\sqrt{65-26\sqrt{3}}+(\sqrt{6}+\sqrt{2})\sqrt{611+26\sqrt{3}}}{208}=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4AQ}

[math]\dfrac{(\sqrt{6}-\sqrt{2})\sqrt{65-26\sqrt{3}}+(\sqrt{6}+\sqrt{2})\sqrt{611+26\sqrt{3}}}{52}=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{AQ}

[math]AQ = \dfrac{52\sqrt{6}+52\sqrt{2}}{(\sqrt{6}-\sqrt{2})\sqrt{65-26\sqrt{3}}+(\sqrt{6}+\sqrt{2})\sqrt{611+26\sqrt{3}}}

La cosa horrible de la derecha, después de muchas operaciones nos dice finalmente que:

[math]\boxed{AQ = \dfrac{\sqrt{20+8\sqrt{3}}}{3}}

En la prueba, para no gastar tiempo, lo saqué directamente, y puse una aproximación con diez cifras significativas, pero pongo todo el procedimiento para mostrar que sí se puede sacar el valor exacto de [math]AQ sin usar inversas de funciones trigonométricas.

[deku]

No es lo ideal, pero es algo.

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nac3ern.PNG

Ponemos [math]\angle APB = \angle CPQ= \alpha, de ésto, completando angulitos en el [math]\triangle PCQ sigue que [math]\angle CQP = 165º-\alpha. Además teníamos que [math]\angle CQP = \angle BQA, luego [math]\angle BQA = 165º-\alpha.

Trazamos por [math]A la paralela a [math]PQ que corta a [math]PB en [math]M y a [math]BC en [math]T.

Está claro que [math]\angle PAM = \angle QPC = \angle APM, luego [math]PM = AM. De ésto se sigue que como el [math]\triangle PAB es rectángulo, [math]M es punto medio de [math]PB.

Ahora, en el triángulo [math]\triangle PQB, tenemos que [math]M es punto medio de [math]PB y que [math]MT es paralelo a [math]PQ, luego [math]T es punto medio de [math]BQ.

Como además teníamos que [math]\angle ATQ = \angle PQC = 165º-\alpha, sigue que [math]\angle ATB = 15º+\alpha.

Ahora, por Teorema del Seno en el [math]\triangle ABT tenemos que:

[math]\dfrac{AB}{BT}=\dfrac{\sin{15º+\alpha}}{\sin{90º-\alpha}}=\dfrac{\sin{15º+\alpha}}{\cos{\alpha}}

También, por Teorema del Seno en el [math]\triangle ABQ:

[math]\dfrac{AB}{BQ}=\dfrac{\sin{165º-\alpha}}{\sin{\alpha-60º}}

Como [math]BQ = 2BT, usando las dos últimas igualdades, tenemos que:

[math]\dfrac{\sin{15º+\alpha}}{\cos{\alpha}}=\dfrac{\sin{165º-\alpha}}{2\sin{\alpha-60º}}

Notemos que [math]\sin x = \sin 180º-x, luego, en los numeradores de ambas fracciones, como [math]15º+\alpha y [math]165º-\alpha son suplementarios, sus senos son iguales, por lo que podemos simplificarlos (es fácil ver que [math]\alpha \neq 165º).

[math]\dfrac{1}{2\cos{\alpha}}=\dfrac{1}{\sin{\alpha-60º}}

[math]\sin \alpha \cos 60º - \sin 60º \cos \alpha =2 \cos \alpha.

[math]\sin \alpha - \sqrt{3} \cos \alpha = 4 \cos \alpha

[math]\sin \alpha = (4+\sqrt{3})\cos \alpha

[math]\sin \alpha = (4+\sqrt{3}) \sqrt{1-\sin^2 \alpha}

[math]\sin^2 \alpha = (19+8\sqrt{3}) (1-\sin^2 \alpha)

[math](20+8\sqrt{3}) \sin^2 \alpha = 19+8\sqrt{3}

[math]\sin^2 \alpha = \dfrac{19+8\sqrt{3}}{20+8\sqrt{3}}=\dfrac{47+2\sqrt{3}}{52}

[math]\cos^2 \alpha = \dfrac{5-2\sqrt{3}}{52}

Es decir que:

[math]\sin \alpha =\sqrt{\dfrac{47+2\sqrt{3}}{52}}=\dfrac{\sqrt{611+26\sqrt{3}}}{26}

Y también

[math]\cos \alpha = \dfrac{\sqrt{65-26\sqrt{3}}}{26}

Ahora, finalmente, en el triángulo [math]\triangle ABQ por Teorema del seno:

[math]\dfrac{\sin {165º-\alpha}}{2}=\dfrac{\sin 75º}{AQ}

Notando que [math]\sin 165º = \dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}, [math]\cos 165º=-\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}, y que [math]\sin 75º = \dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}, nos queda que:

[math]\dfrac{\sin 165º \cos \alpha - \cos 165º \sin \alpha}{2}= \dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4AQ}

[math]\dfrac{(\sqrt{6}-\sqrt{2})\frac{\sqrt{65-26\sqrt{3}}}{26}+(\sqrt{6}+\sqrt{2})\frac{\sqrt{611+26\sqrt{3}}}{26}}{8}=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4AQ}

[math]\dfrac{(\sqrt{6}-\sqrt{2})\sqrt{65-26\sqrt{3}}+(\sqrt{6}+\sqrt{2})\sqrt{611+26\sqrt{3}}}{208}=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4AQ}

[math]\dfrac{(\sqrt{6}-\sqrt{2})\sqrt{65-26\sqrt{3}}+(\sqrt{6}+\sqrt{2})\sqrt{611+26\sqrt{3}}}{52}=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{AQ}

[math]AQ = \dfrac{52\sqrt{6}+52\sqrt{2}}{(\sqrt{6}-\sqrt{2})\sqrt{65-26\sqrt{3}}+(\sqrt{6}+\sqrt{2})\sqrt{611+26\sqrt{3}}}

La cosa horrible de la derecha, después de muchas operaciones nos dice finalmente que:

[math]\boxed{AQ = \dfrac{\sqrt{20+8\sqrt{3}}}{3}}

En la prueba, para no gastar tiempo, lo saqué directamente, y puse una aproximación con diez cifras significativas, pero pongo todo el procedimiento para mostrar que sí se puede sacar el valor exacto de [math]AQ sin usar inversas de funciones trigonométricas.

Impresionante Vladislao! Muy buena resolución del problema! Aplausos!

[Vladislao]

Gracias!

De paso dejo la otra solución sin trigonometría (la cual no es mía):

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reflex.PNG

Trazamos [math]PQ hasta que corte a la recta [math]AB en [math]S, de ésto se deduce que [math]\angle SPA = \angle APB, por lo que el triángulo [math]\triangle SPA y el [math]\triangle PAB son congruentes. En particular, sigue que [math]BS=2AB=4.

Ahora, marcamos un punto [math]R en [math]PQ tal que [math]\angle QBR = 75º. Como [math]\angle PQC = \angle BQR (por opuestos por el vértice) y [math]\angle PQC = \angle AQB (del enunciado) sigue que [math]\angle BQR = \angle AQB, además [math]\angle ABQ = \angle QBR = 75º. Luego los triángulos [math]\triangle QBR y [math]\triangle ABQ son semejantes. Como además comparten un lado homólogo, tenemos que son congruentes, y en particular, sigue que [math]BR=2.

Además, de esta congruencia de triángulos sale que [math]AQ=QR.

Ahora, en el triángulo [math]\triangle SBR tenemos que [math]SB=4, [math]BR=2, y tenemos que [math]\angle SBR = 150º, luego, por Teorema del Coseno:

[math]SR^2 = 4^2+2^2-2\cdot 2 \cdot 4 \cdot \cos 150º=20+8\sqrt{3}

Es decir que [math]SR= \sqrt{20+8\sqrt{3}}

Además, [math]\dfrac{SQ}{QR}=\dfrac{SB}{BR}=2 (por teorema de la bisectriz en el [math]\triangle SBR).

Luego [math]SQ = 2QR, sumando [math]QR a ambos lados: [math]SQ+QR=3QR, es decir que [math]SR=3QR, o sea:

[math]\sqrt{20+8\sqrt{3}}=3QR

[math]\dfrac{\sqrt{20+8\sqrt{3}}}{3}=QR.

Como teníamos que [math]QR = AQ sigue que:

[math]\boxed{AQ=\dfrac{\sqrt{20+8\sqrt{3}}}{3}}

Que es lo que queríamos hallar.

PD: No hace falta que se utilice el concepto de reflexión, pero de todas formas está encubierto en este procedimiento.

[Gianni De Rico]

Sin absolutamente nada de Trigonometría, sólo cuentas lindas

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Nacional 2011 N3 P3.png

Sean $B'$ el reflejo de $B$ por $AC$ y $Q'$ el reflejo de $Q$ por $AC$, entonces $A\widehat B'C=A\widehat BC=75^\circ$. Como $B\widehat AC=90^\circ$, entonces $B$, $A$ y $B'$ son colineales. Como $C\widehat PQ'+Q'\widehat PA=180^\circ$ y $C\widehat PQ'=C\widehat PQ=A\widehat PB$, entonces $A\widehat PB+Q'\widehat PA=180^\circ \Rightarrow B$ ,$P$ y $Q'$ son colineales. (*)

Sean $A'$ el reflejo de $A$ por $B'C$ y $P'$ el reflejo de $P$ por $B'C$, entonces $A'\widehat B'C=A\widehat B'C=A\widehat BC=75^\circ$. Como $C\widehat Q'P+B\widehat Q'P=180^\circ$ y $C\widehat Q'P=C\widehat QP=B\widehat QA=B'\widehat Q'A=B'\widehat Q'A'$, entonces $B'\widehat Q'A'+B\widehat Q'P=180^\circ \Rightarrow A'$, $Q'$ y $P$ son colineales. (**)

De (*) y (**) sale que $B$, $P$, $Q'$ y $A'$ son colineales.

Sea $D$ la intersección de la perpendicular a $AB$ por $A'$ con la recta $AB$. Tenemos que $A'\widehat B'D=180^\circ -A'\widehat B'C-A\widehat B'C=180^\circ -75^\circ -75^\circ =30^\circ$. Entonces $\triangle A'DB'$ es medio equilátero y por lo tanto $DB'=\frac{\sqrt{3}}{2}A'B'=DB'=\frac{\sqrt{3}}{2}AB'=DB'=\frac{\sqrt{3}}{2}AB=\sqrt{3}$ y $AD=1$.

Por Pitágoras $A'B=\sqrt{(4+\sqrt{3})^2+1}=\sqrt{16+8\sqrt{3}+3+1}=\sqrt{20+8\sqrt{3}}$.

Como $A'\widehat B'Q'=A'\widehat B'C=75^\circ =A\widehat B'C=A\widehat B'Q'$ resulta que $B'Q'$ es bisectriz de $B\widehat B'A'$. Por el Teorema de la Bisectriz, $\frac{A'Q'}{Q'B}=\frac{A'B'}{B'B}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$, por lo tanto $Q'B=2A'Q'\Rightarrow A'Q'=\frac{A'B}{3}=\frac{\sqrt{20+8\sqrt{3}}}{3}$.

Además, $AQ=AQ'=A'Q'$.

Finalmente$$AQ=\dfrac{\sqrt{20+8\sqrt{3}}}{3}.$$

[Joacoini]

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IMG_20191002_133317.jpg

Viendo $PQC$, $\angle CPQ+ \angle CQP=165=\angle BPA+\angle AQB$

Sea $R$ la intersección de $AQ$ y $BP$, viendo $CPRQ$.

$360=15+\angle CPR+\angle CQR+\angle PRQ=15+180-\angle BPA+180-\angle AQB+\angle PRQ=15+360-165+\angle PRQ$

$\angle PRQ=150\Rightarrow \angle QRB=30$

Sea $B'$ el reflejó de $B$ por $AC$, $\angle B'PA=\angle BPA=\angle QPC$ por lo que $B'$, $P$ y $Q$ son colineales.

Tenemos que $\angle QRB=\angle QCB'=30$ y $\angle B'QC=\angle BQR$ por lo tanto la rotohomotecia que manda $BR$ a $B'C$ tiene de centro a $Q$.

Sea $D$ la intersección de $BB'$ y $RC$, recordando la construcción de una rotohomotecia entre dos segmentos tenemos que los siguientes cuadriláteros son cíclicos, $DRQB$, $DB'CQ$.

$\angle QRB=\angle QDB=30$ por lo que $QDB$ es isósceles con $QD=DB$

$\angle DQA=\angle DQR=\angle DBR=\angle ABP=\angle AB'P=\angle AB'Q$.

Por lo que $DQ$ es tangente al circuncirculo de $B'AQ$, por potencia a un punto.

$DQ^2=DB^2=(2-DA)^2=DA^2-4AD+4=DA×DB'=DA(2+DA)=DA^2+2DA$
$6DA=4$
$DA=\frac{2}{3}$
$DB=\frac{4}{3}=DQ$

Por teorema del coseno en $DQB$
$QB^2=2(\frac{4}{3})^2-2×(\frac{4}{3})^2×cos(30))$
$QB^2=(\frac{4}{3})^2(2-\sqrt{3})$
$QB=\frac{4}{3}×\sqrt{2-\sqrt{3}}$

Por potencia a un punto.
$AR×AQ=AD×AB=\frac{4}{3}\Rightarrow AR=\frac{4}{3AQ}$
También rescatamos que $ARD$ y $ABQ$ son semejantes y de esta.

$\frac{RD}{BQ}=\frac{AR}{BC}$
$RD=\frac{2\sqrt{2-\sqrt{3}}AR}{3}$

$\angle ARB=\angle PRQ=150$, como $\angle BRD=\angle BQD=75$, $RD$ es bisectriz de $\angle ARB$.

Por el teorema de la bisectriz.
$\frac{RB}{AR}=\frac{DB}{AD}=\frac{\frac{4}{3}}{\frac{2}{3}}=2$
$RB=2AR$

Ahora llega la frutilla del postre, por el Teorema de Ptolomeo en $RDBQ$.

$RB×QD=RQ×BD+RD×BQ$
$2AR×\frac{4}{3}=(AQ-AR)×\frac{4}{3}+\frac{2\sqrt{2-\sqrt{3}}AR}{3}×\frac{4}{3}×\sqrt{2-\sqrt{3}}$
$2AR=AQ-AR+\frac{2\sqrt{2-\sqrt{3}}AR}{3}×\sqrt{2-\sqrt{3}}$
$3AR=AQ+\frac{(4-2\sqrt{3})AR}{3}$
$\frac{4}{AQ}=AQ+\frac{(4-2\sqrt{3})4}{9AQ}$
$4=AQ^2+\frac{(16-8\sqrt{3})}{9}$
$AQ^2=\frac{20+8\sqrt{3}}{9}$
$AQ=\frac{\sqrt{20+8\sqrt{3}}}{3}$