Autor Tema: Problema 2.5. LVI Olimpiada Matemática Gallega (2020).

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24 Enero, 2020, 05:03 pm
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Luis Fuentes

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Sea \( ABC \) un triángulo con \( AB<AC \) y sea \( I \) su incentro. El incírculo es tangente al lado \( BC \) en el punto \( D \). Sea \( E \) el único punto que satisface que \( D \) es el punto medio del segmento \( BE \). La recta perpendicular a \( BC \) que pasa por \( E \) corta a \( CI \) en el punto \( P \). Demostrar que \( BP \) es perpendicular a \( AD \).

Observación: El incírculo de \( ABC \) es el círculo que es tangente a los tres lados del triángulo. El incentro es el centro de dicho círculo.

26 Enero, 2020, 06:11 pm
Respuesta #1

Ignacio Larrosa

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Sea \( ABC \) un triángulo con \( AB<AC \) y sea \( I \) su incentro. El incírculo es tangente al lado \( BC \) en el punto \( D \). Sea \( E \) el único punto que satisface que \( D \) es el punto medio del segmento \( BE \). La recta perpendicular a \( BC \) que pasa por \( E \) corta a \( CI \) en el punto \( P \). Demostrar que \( BP \) es perpendicular a \( AD \).

Observación: El incírculo de \( ABC \) es el círculo que es tangente a los tres lados del triángulo. El incentro es el centro de dicho círculo.
No se de nadie que lo hay resuelto, ninguno de los participantes en la fase Gallega lo hizo. La figura del spoiler sintetiza lo que conseguí con él, e
s decir,  nada ... Pero la incluto por si a alguien le ilumina.
Spoiler
Lo que está en azul son datos, en verde consecuencias inmediatas, en rojo el resultado buscado y en magenta resultados equivalentes.  Falta unir una cosa con la otra. La circunferencia punteada pasa por D,E,P y F, pero no hay nada que nos indique, aparte de que el resultado es cierto, que el punto Q deba estar en ella.

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Saludos,
Daría todo lo que se por la mitad de lo que ignoro (R. Descartes)
O incluso por muchísimo menos ...  (yo)

26 Enero, 2020, 06:40 pm
Respuesta #2

sugata

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Yo tengo hecho el dibujo y en un principio pensé en congruencias, pero todavía nada.
Mi dibujo.
Spoiler
 
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27 Enero, 2020, 12:58 pm
Respuesta #3

Luis Fuentes

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Hola

 Una solución por fuerza bruta. Fea a más no poder, casi vergonzosa,...  :D

Spoiler
Sin pérdida de generalidad introducimos coordenadas:

\(  C=(0,0) \)
\(  A=(p,q) \)
\(  B=(1,0) \)
\(  I=(x,y) \)
\(  D=(x,0) \)

 Por semejenza de triángulos es inmediato que entonces:

\(  P=\dfrac{1-2(1-x)}{x}\cdot I=\dfrac{2x-1}{x}I=(2x-1,(2-\dfrac{1}{x})y) \)

 Los lados del triángulo son (con la notación usual: en minúscula el nombre del vértice opuesto),

\( a=1,\qquad b=\sqrt{p^2+q^2},\qquad c=\sqrt{(1-p)^2+q^2} \)

 Es bien sabido que las coordenadas baricéntricas del incentro son precisamente \( (a:b:c) \). Por tanto:

\( I=(x,y)=\dfrac{1}{a+b+c}(aA+bB+cC)=\dfrac{1}{1+b+c}(b+p,q) \)

 Además:

\(  BP=P-B=(2(x-1),(2-\dfrac{1}{x})y) \)
\(  AD=(p-x,q) \)

 Tenemos que ver que son ortogonales, es decir, que su producto escalar es cero:

\(  2(x-1)(p-x)+(2-\dfrac{1}{x})yq=0 \)   (*)

 Sabemos que:

\(  x=\dfrac{b+p}{1+b+c},\qquad x-1=\dfrac{p-1-c}{1+b+c},\qquad p-x=\dfrac{pb+pc-b}{1+b+c} \)

\( 2-\dfrac{1}{x}=\dfrac{2p+b\color{red}-\color{black}c-1}{b+p},\qquad y=\dfrac{q}{1+b+c} \)

 Susituyendo en (*) y quitando denominadores queda:

\(  2(p-1-c)(bp+cp-b)(b+p)+(2p+b\color{red}-\color{black}c-1)q^2(1+b+c) \)

 Usando que \( q^2=b^2-p^2 \) y dividiendo por \( (b+p) \) (queremos probar la igualdad a cero) queda:

 \(  2(p-1-c)(bp+cp-b)+(2p+b\color{red}-\color{black}c-1)(b-p)(1+b+c) \)

 Multiplicando y simplificando:

\( b+b^3-bc^2+p-2bp+b^2p-c^2p-2p^2=(1+b^2-c^2-2p)b+(1+b^2-c^2-2p)p=(b+p)(1+b^2-c^2-2p) \)

 Pero:

\( 1+b^2-c^2-2p=1+p^2+q^2-((1-p)^2+q^2)-2p=0 \)
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Saludos.

CORREGIDO (un signo)

05 Febrero, 2020, 01:25 pm
Respuesta #4

Luis Fuentes

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Hola

 Otra forma todavía mejorable, pero no tan fea. Ya sin geometría analítica:

Spoiler
Usaremos la notación del dibujo.



 El problema se reduce a probar que los ángulos \( \widehat{FAD} \) y \( \widehat{PBE} \) (en rojo ambos) son iguales.

 Llamamos \( x,y,z \) a las distancias de los vértices a los puntos de tangencia del círculo inscrito con los lados. Además \( p=x+y+z \) al semiperímetro y \( r \) al radio del círculo inscrito. Alguna fórmula bien conocida:

\(  area=pr=\sqrt{pxyz}\quad \Rightarrow{}\quad pr^2=xyz \)   (1)

 Por semejanza de los triángulos \( PEC \) e \( IDC  \) se tiene:

\(  \dfrac{PE}{r}=\dfrac{z-y}{z}\quad \Rightarrow{}\quad PE=\dfrac{r(z-y)}{z} \)

 Por tanto:

\(  tan(\widehat{PBE})=\dfrac{PE}{2y}=\dfrac{r(z-y)}{2yz} \)   (2)

 Por otra parte, en el triángulo \( DAF \):

\(  tan(\widehat{DAF})=\dfrac{DF}{AF} \)     (3)

 Pero:

\(  AF\cdot (y+z)=2area=2pr\quad \Rightarrow{}\quad AF=\dfrac{2pr}{y+z} \)   (4)

 Por otra parte:

\(  DF=y-BF=y-(x+y)Cos(B)=y-(x+y)\dfrac{1-tan^2(B/2)}{1+tan^2(B/2)} \)   (5)

 y  en el triángulo \( BID \):

\(  tan(B/2)=\dfrac{r}{y} \)

 Susituyendo (5):

\(  DF=y-(x+y)\dfrac{y^2-r^2}{y^2+r^2}=y-(x+y)\left(1-\dfrac{2r^2}{r^2+y^2}\right)=\dfrac{2(x+y)r^2}{y^2+r^2}-x=\dfrac{2(x+y)r^2}{py^2+pr^2}-x \)

 Usando (1), es decir, que \( pr^2=xyz \) queda:

\(  DF=\dfrac{2(x+y)xyz}{py^2+xyz}-x=x\left(\dfrac{2(x+y)z}{py+xz}-1\right)=x\left(\dfrac{2(x+y)z}{y^2+xy+yz+xz}-1\right)=\\=
x\left(\dfrac{2(x+y)z}{(y+z)(y+x)}-1\right)=x\left(\dfrac{2z}{y+z}-1\right)=\dfrac{x(z-y)}{y+z} \)  (6)

 Sustituyendo (4) y (6) en (3) y comparando con (2):

\(  tan(\widehat{DAF})=\dfrac{DF}{AF}=\dfrac{x(z-y)}{2pr}=\dfrac{xr(z-y)}{2pr^2}=\dfrac{xr(z-y)}{2xyz}=\dfrac{r(z-y)}{2yz}=tan(\widehat{PBE}) \)   

 Y listo... ¡\( \widehat{DAF}=\widehat{PBE} \)!.



 Observación: Lo más enrevesado de este método es el cálculo de \( DF \). Sin embargo una vez simplificado simplemente se llega a:

\( DF=\dfrac{x(z-y)}{y+z} \)

 Sospecho que debería de habar una forma más fácil y directa de llegar a esa relación. Pero no he encontrado como por el momento.
 
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Saludos.

12 Agosto, 2020, 08:46 pm
Respuesta #5

doncarlitos

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Hola :
 Os dejo   el esquema   de la solución sintética  que junto con el el lema1 (triángulos) y el teorema2(cuadrilateros) de cuadriláteros ortodiagonales, conducen a la resolución.
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Saludos
doncarlitos

12 Agosto, 2020, 08:59 pm
Respuesta #6

doncarlitos

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Hola :
He publicado el esquema que lleva auna solución sintética del problema que  me sugirió Luis  , pero no sé donde aparece , así que lo coloco aquí. Para la resolucion es preciso tener en centa tanto el lema1(triángulos) como el teorma2 de caracterización de cuadriláteros ortodiagonales que puse en el subforo de cuadriláteros.
En caso de duda  , lo desarrollo 
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Saludos
doncarlitos

12 Agosto, 2020, 09:30 pm
Respuesta #7

ingmarov

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Hola doncarlitos

Creo que este es el sitio donde quería poner su mensaje

Gracias


Saludos
No te confíes, revisa lo que escribo. Yo también me equivoco.
Odio el autocorrector de Android...