Provincial 2023 N3 P3

[Felibauk]

Sea $ABC$ un triángulo tal que $\widehat C=90^\circ$ y $\widehat A>\widehat B$. La altura $CH$ corta a las dos bisectrices $AM$ y $BN$ en $P$ y $Q$ respectivamente. Sea $R$ el punto medio de $PM$ y $S$ el punto medio de $QN$. Demostrar que $RS$ es paralelo a la hipotenusa $AB$.
Aclaración: $H$ pertenece al lado $AB$, $M$ pertenece al lado $BC$ y $N$ pertenece al lado $AC$.

[drynshock]

Se cayo la pagina y tuve que escribir todo de nuevo

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Conectamos $CS, CR, SH$ y $RH$ y sea $E := SR \cup CB$

Vamos a demostrar que $CR \perp PM$ y $CS \perp NQ$. Para esto digamos que $\angle CBN = \angle NBA = \beta$. Por suma de interiores en $\triangle CHB$ se cumple que $\angle BCH = 90° - 2\beta$. Luego por suma de interiores en $ABC$ se llega a que $\angle BAC = 90° - 2 \beta$ y por bisectriz $\angle PAH = 45° - beta \Rightarrow APH = 45° + \beta$ y por opuestos por el vértice $\angle CPM = 45° + \beta$. Ahora por suma de ángulos interiores en $\triangle CPM$ se cumple que $\angle CMP = 45° + \beta$ y por lo tanto $\angle CMP = \angle CPM \Rightarrow CP = CM$ y como $R$ es punto medio, entonces $CR \perp PM$ como queríamos demostrar. De manera similar podemos demostrar que $CS \perp NQ$.

$\blacksquare$

Ahora demostremos que $\triangle CSR \cong SRH$. Dado que $\angle CRA = \angle CHA = 90°$ entonces por arco capaz, $CRHA$ es un cuadrilátero cíclico. Se sigue que por arco capaz $\angle CHR = \angle CAR = 45° - \beta$ y $\angle HCR = HAR = 45° - \beta$. Se sigue que $\angle CHR = \angle HCR = 45° - beta$ y por lo tanto $CR = RH$. De igual manera $CSHB$ es cíclico y por arco capaz $\angle SCH = \angle SBH = \beta$ y $\angle SHC = \angle SBC = \beta$, luego $angle SHC = \angle SCH = \beta \Rightarrow SC = SH$. Veamos que $\angle SCH + \angle HCR = \beta + 45° - \beta = 45°$ y $\angle CHS + \angle CHR = \beta + 45° - \beta = 45°$. Por consiguiente, $\triangle CSR \cong \triangle SHR$ por criterio $LAL$.

$\blacksquare$

Ahora si decimos que $\angle ESB = \alpha \Rightarrow \angle CSR = 90° - \alpha$ y es fácil ver que por arco capaz $\angle BSH = \angle BCH = 90° - 2 \beta$. Se sigue que por semejanza $\angle CSR = \angle RSH \Rightarrow 90° - \alpha = 90° - 2 \beta + \alpha \Rightarrow \alpha = \beta$. Entonces $\angle ESB = \beta$

Finalmente, por ángulo exterior en $\triangle ESB$ se cumple que $\angle SEC = \angle ESB + \angle EBS \Rightarrow \angle SEC = \beta + \beta \Rightarrow \angle SEC = 2\beta$. Se concluye que por ángulos entre paralelas, como $\angle CER = \angle CBA$ entonces la recta $RE \parallel BA$ o mejor dicho:

$$RS \parallel AB$$

Como queríamos demostrar.

$\blacksquare$

[TomasLopreite]

Este problema intenté hacerlo el año pasado cuando participé del provincial y recuerdo que me parecía imposible. Tras un año renegando y aprendiendo un poco más de geometría, finalmente vuelvo a el. Encontré una solución bastante intuitiva usando reflexión y ángulos inscritos.

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Primero, graficamos la figura como nos la piden. En mi caso, nombré las prolongaciones de la recta RS, que intersectan con BC y AC, Z y W respectivamente.

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Ahora, si reflejamos la figura en espejo, podemos observar que el cuadrilátero cóncavo BSZS' puede circunscribirse, con centro Z.

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Si nos enfocamos en el cuadrilátero y su ángulo inscrito, podemos apreciar que cumple la propiedad de ángulos 2SBS' = SZS'. Por semejanza AA con los ángulos WZC/ABC y WCZ/ACB, podemos afirmar que la recta RS || AB.

Debo aclarar que si se grafica la figura del enunciado a mano es muy probable que los largos de los lados CB y CA no sean los idóneos para la figura. Para hacerlo correctamente hay que hacer un ángulo inscrito simétrico con centro en la circunferencia, y luego utilizar ingeniería inversa para obtener la figura que nos piden respetando el enunciado.

Este es mi primer aporte al foro. Si ven algún error o duda, son bienvenidos para contarme! Sin más, ojalá les sirva.