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jueves, 6 de octubre de 2011
Problema del día, geometría (06 de Octubre).
En el triangulo $ABC$ se tiene que $\angle ABC = \angle ACB = 80^o$. Sea $P$ un punto en el segmento $AB$ tal que $\angle BPC = 30^o$. Demuestra que $AP = BC$.
Tambien podemos demostrar que si AP=BC entonces <BPC=30°. construi un punto X tal que XA=BC y P va a ser el que forme un angulo de BPC=30°. luego puse un punto F tal que FA=BC=XA y traze la altura del triangulo ABC que tambien sera la mediana y llame a la interseccion de AD,XC y BF:E. sabemos que se forma el cuadrilatero BXFC y que XF||BC tambien que <BXF=<CFX y que<BXF+<CFX=200° y <BXF=100° y <BXC=<BXF-<CXF. como <XAF=20° <AXF=<AFX=80° y tambien <EXF=<EFX <EAF=<EAX entonces <EAF=10° porque <XAF=20° el triangulo CEA va a ser isoceles enotnces <ECA=10° y <BCX=70° si <BCX=70° <CBF=70° y <XBE=10° el angulo BEA va a ser de 160° para completar los 180° del triangulo AEB. En el triangulo BCE <BEC=40° ya que <BCE=<CBE=70 y <XEB va a medir 140° como <XEB=140° y <XBE=10° entonces el angulo BXE va a ser de 30° pero <BXE=<BXC entonces si <BXC=30° y <BPC=30° entonces el punto X es igual al punto P y si X=P entonces PA=BC
bueno yo lo primero que ize fue poner un punto p´tal que cumpliera que AP´=BC y que tambien cumpliera las demas condiciones y luego como los angulos ACB,ABC=80° entonces el angulo CAB=20° luego puse un ponto sobre la linea AC llamado Y tal que AY=BC=AP´ luego traze la altura que cortaba al lado BC en D y como el triengulo ABC es isosceles pues la altura tambien es mediana y despues uni los pontos P´Y y la linea que se forma debe ser paralela a BC porque los puntos Y,P´estan ala misma altura Y luego uni los pontos Y con P y C con P´ y me fijo que la altura y las lineas recien trazadas concurren y llamo a ese punto Z entonces el angulo BCP´mide 70° porque como el triangulo BCP tiene un angulo de 30° y otro de 80° pues deve de tener otro de 70° y el angulo YBC mide tambien 70° porque el triangulo YBC ya tiene un angulo de 30 y otro de 80 pues le falta el de 70 y luego el angulo CZB mide 40 porque el triangulo CBZ ya tiene dos angulos de 70 pues le falta uno de 40 y luego como los angulos CZB y YZP´ son opuestos por el vertice son iguales entonces angulo YZP´=40° y luego la altura AD tambien es altura del triangulo AYP´ y esta altura corta a el lado YP´ en O entonces el angulo AOP´ =90 lo mismo pasa con el angulo AOY = 90 Y LUEGO como el angulo ZP´A = 150° porque el angulo ZP´B = 30° COMO el triangulo AYP´ ES ISOSCELES pues los angulos AP´Y ,AYP´=80° y luego como ya tenemos los angulos de 30° y el de 80° pues el angulo ZP´O = 70° Y POR OLO TANTO EL TRIANGULO YZP´iscosceles porque tiene un angulo de 40 y otro de 70 pues debe de tener otro de 70 y luego por angulos los triangulos CZB~PZY Y Saco las razones CZ/PZ=CB/PY=ZB/ZY Y Luego por angulos los triangulos ACB~AYP´ y saco las razones AC/AY=CB/YP´= AB/AP´ Y luego me fijo que los dos triangulos tienen una razon casi igual CB/PY , CB/YP´ Y ESO ES TODO LO QUE LLEVO ASTA AORA
Al ser $\angle ABC = \angle ACB = 80^o$, entonces $\bigtriangleupABC$ es isósceles. Por lo tanto, $ABC$ tiene súper línea. Se traza ésta. Y al punto donde corta a $CP$ llamamos $X$, y al punto medio de $BC$ llamamos $D$. Se traza la paralela a $BC$ que pasa por $P$, y se llama $Y$ al punto donde ésta corta $AC$. Por Tales, $APY \sim ABC$. Y se llama $O$ al punto donde esta paralela corta la súper línea de $ABC$. Se encuentra que: $\angle PAC = \angle AXP = \angle CXD = 20^o$ Por lo tanto: $APX \sim CPA$ $POX \sim CDX$ Creo que estas semejanzas son de gran ayuda ya que contienen el segmento o parte segmento $BC$ ó $AP$, que son los dos que debemos de igualar, por eso es que las menciono. También se encuentran distintas semejanzas con triángulos rectos y varios ángulos iguales. Al tener esto intente aplicar Ley de Senos pero no he encontrado algo útil que sea un argumento fuerte para la respuesta al problema, este es mi avance. Seguiré trabajando.
Bueno como tenemos que <ACB=<ABC entonces es un triangulo isoseles, como CAB=20º para completar los 180º, entonce el punto P estara en la recta dentro del triangulo ya que como se quiere que se abra mas APB que ACB entonces es logico que tenga que estar mas junto PB que QB. Entonces saque que como CPB=30º entonces CPA=150º y ACP=10º, yo nombre las rectas AP como d, PB como r, CB como a, CA como b y CP como q, de ahi saque las siguientes relaciones a/sen20=b/sen80=d+r/sen80 a/sen30=r/sen70=q/sen80 q/sen20=d/sen10=d+r/sen150 Hasta ahora e sacado algunas relaciones de ahi aunque nada que me haya sido muy util hasta ahora, vere si esto me sirve para sacar de alguna forma que d=a
Alejandro Reyes... Buenas ideas, yo supongo que trabajando con esas semejanzas que has sacado puede salir el problema, también es bueno intentar con la ley de senos.
Padilla... Muy bien, esas leyes de senos fueron las que me llevaron a la solución del problema, y aparte trabajar un poco con identidades trigonometricas.
Trace la altura del triangulo, que intersecta a $CP$ en $O$. Por angulos externos, $\angle PCA = 10$, y como $AO$ tambien es bisectriz, $\angle OAC = 10$. Con esto concluimos que $OA=OC$. Y como $O$ esta en la mediatriz de $BC$, entonces $OB=OC$, y ahora sabemos que $O$ es el circuncentro.
Ahora con ley de senos en $\triangle APC$ y $\triangle PCB$ obtenemos: $\frac{AP}{ \sin 10}= \frac{PC}{ \sin 20}$ y $\frac{BC}{ \sin 30}= \frac{PC}{ \sin 80}$ Y de estas dos fracciones sacamos: $\frac{AP}{PC}= \frac{ \sin 10}{ \sin 20}$ y $\frac{BC}{PC}= \frac{ \sin 30}{ \sin 80}$
Entonces $AP=BC$ si y solo si $\frac{ \sin 10}{ \sin 20}= \frac{ \sin 30}{ \sin 80}$ Aqui es cuando uno lamenta que no se pueda usar calculadora =P
Ahora llamo $D$ al punto en que $CP$ intersecta al circuncirculo, y uso ley de senos con los triangulos inscritos en esta circunferencia. $\sin 10 = \frac{DA}{2R}$ $\sin 20 = \frac{BC}{2R}$ $\sin 80 = \frac{AC}{2R}$ Y sabemos que $\sin 30 = \frac{1}{2}$
Como $DC$ es diametro, $\angle DBC = 90$, y como $AO$ es altura, es perpendicular a $BC$. Por lo tanto $AO$ y $DB$ son paralelas. Por tales: $\frac{AP}{BP}= \frac{PO}{DP}$ Que es lo que queriamos demostrar, entonces $\color{red} AP=BC$
@Alberto: aunque tuvieras calculadora no quedaría demostrada la expresión de senos que tiene arriba (refiriendome a tu comentario de la calculadora :P). Las calculadoras utilizan arpoximaciones muy buenas para calcular el seno, mas sin embargo no pueden calcular el valor exacto, debido a que su precisión es finita. Tu solución parece que esta bien, pero tu participación esta a destiempo :/
Tambien podemos demostrar que si AP=BC entonces <BPC=30°. construi un punto X tal que XA=BC y P va a ser el que forme un angulo de BPC=30°.
ResponderBorrarluego puse un punto F tal que FA=BC=XA y traze la altura del triangulo ABC que tambien sera la mediana y llame a la interseccion de AD,XC y BF:E.
sabemos que se forma el cuadrilatero BXFC y que XF||BC tambien que <BXF=<CFX y que<BXF+<CFX=200° y <BXF=100° y <BXC=<BXF-<CXF.
como <XAF=20° <AXF=<AFX=80° y tambien <EXF=<EFX
<EAF=<EAX entonces <EAF=10° porque <XAF=20°
el triangulo CEA va a ser isoceles enotnces <ECA=10° y <BCX=70° si <BCX=70° <CBF=70° y <XBE=10° el angulo BEA va a ser de 160° para completar los 180° del triangulo AEB.
En el triangulo BCE <BEC=40° ya que <BCE=<CBE=70
y <XEB va a medir 140° como <XEB=140° y <XBE=10° entonces el angulo BXE va a ser de 30° pero <BXE=<BXC entonces si <BXC=30° y <BPC=30° entonces el punto X es igual al punto P y si X=P entonces PA=BC
bueno yo lo primero que ize fue poner un punto
ResponderBorrarp´tal que cumpliera que AP´=BC y que tambien cumpliera las demas condiciones
y luego como los angulos ACB,ABC=80° entonces el angulo CAB=20°
luego puse un ponto sobre la linea AC llamado Y tal que AY=BC=AP´ luego traze la altura que cortaba al lado BC en D y como el triengulo ABC es isosceles pues la altura tambien es mediana y despues uni los pontos P´Y y la linea que se forma debe ser paralela a BC porque los puntos Y,P´estan ala misma altura
Y luego uni los pontos Y con P y C con P´ y me fijo que la altura y las lineas recien trazadas concurren y llamo a ese punto Z
entonces el angulo BCP´mide 70° porque como el triangulo BCP tiene un angulo de 30° y otro de 80° pues deve de tener otro de 70° y el angulo YBC mide tambien 70° porque el triangulo YBC ya tiene un angulo de 30 y otro de 80 pues le falta el de 70
y luego el angulo CZB mide 40 porque el triangulo CBZ ya tiene dos angulos de 70 pues le falta uno de 40
y luego como los angulos CZB y YZP´ son opuestos por el vertice son iguales entonces angulo
YZP´=40°
y luego la altura AD tambien es altura del triangulo AYP´ y esta altura corta a el lado
YP´ en O entonces el angulo AOP´ =90 lo mismo pasa con el angulo AOY = 90
Y LUEGO como el angulo ZP´A = 150° porque el angulo ZP´B = 30° COMO el triangulo AYP´ ES ISOSCELES pues los angulos AP´Y ,AYP´=80°
y luego como ya tenemos los angulos de 30° y el de 80° pues el angulo ZP´O = 70° Y POR OLO TANTO EL TRIANGULO YZP´iscosceles porque tiene un angulo de 40 y otro de 70 pues debe de tener otro de 70
y luego por angulos los triangulos CZB~PZY Y Saco las razones
CZ/PZ=CB/PY=ZB/ZY
Y Luego por angulos los triangulos ACB~AYP´
y saco las razones
AC/AY=CB/YP´= AB/AP´
Y luego me fijo que los dos triangulos tienen una razon casi igual CB/PY , CB/YP´
Y ESO ES TODO LO QUE LLEVO ASTA AORA
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ResponderBorrarAntonio Lopez... Buenas ideas al crear el punto X e intentar obtener ángulos, aunque como es que demostraste que AEC es isósceles?
ResponderBorrarMartín Contreras Carrera...Buenas ideas al igual que Antonio, aunque no entendí como es que la altura y las rectas YP y CP' concurren?
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
ResponderBorrarAl ser $\angle ABC = \angle ACB = 80^o$, entonces $\bigtriangleupABC$ es isósceles.
ResponderBorrarPor lo tanto, $ABC$ tiene súper línea. Se traza ésta. Y al punto donde corta a $CP$ llamamos $X$, y al punto medio de $BC$ llamamos $D$.
Se traza la paralela a $BC$ que pasa por $P$, y se llama $Y$ al punto donde ésta corta $AC$. Por Tales, $APY \sim ABC$. Y se llama $O$ al punto donde esta paralela corta la súper línea de $ABC$.
Se encuentra que:
$\angle PAC = \angle AXP = \angle CXD = 20^o$
Por lo tanto:
$APX \sim CPA$
$POX \sim CDX$
Creo que estas semejanzas son de gran ayuda ya que contienen el segmento o parte segmento $BC$ ó $AP$, que son los dos que debemos de igualar, por eso es que las menciono.
También se encuentran distintas semejanzas con triángulos rectos y varios ángulos iguales. Al tener esto intente aplicar Ley de Senos pero no he encontrado algo útil que sea un argumento fuerte para la respuesta al problema, este es mi avance. Seguiré trabajando.
Bueno como tenemos que <ACB=<ABC entonces es un triangulo isoseles, como CAB=20º para completar los 180º, entonce el punto P estara en la recta dentro del triangulo ya que como se quiere que se abra mas APB que ACB entonces es logico que tenga que estar mas junto PB que QB. Entonces saque que como CPB=30º entonces CPA=150º y ACP=10º, yo nombre las rectas AP como d, PB como r, CB como a, CA como b y CP como q, de ahi saque las siguientes relaciones
ResponderBorrara/sen20=b/sen80=d+r/sen80
a/sen30=r/sen70=q/sen80
q/sen20=d/sen10=d+r/sen150
Hasta ahora e sacado algunas relaciones de ahi aunque nada que me haya sido muy util hasta ahora, vere si esto me sirve para sacar de alguna forma que d=a
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
ResponderBorrarAlejandro Reyes... Buenas ideas, yo supongo que trabajando con esas semejanzas que has sacado puede salir el problema, también es bueno intentar con la ley de senos.
ResponderBorrarPadilla... Muy bien, esas leyes de senos fueron las que me llevaron a la solución del problema, y aparte trabajar un poco con identidades trigonometricas.
Trace la altura del triangulo, que intersecta a $CP$ en $O$. Por angulos externos, $\angle PCA = 10$, y como $AO$ tambien es bisectriz, $\angle OAC = 10$. Con esto concluimos que $OA=OC$. Y como $O$ esta en la mediatriz de $BC$, entonces $OB=OC$, y ahora sabemos que $O$ es el circuncentro.
ResponderBorrarAhora con ley de senos en $\triangle APC$ y $\triangle PCB$ obtenemos:
$\frac{AP}{ \sin 10}= \frac{PC}{ \sin 20}$
y $\frac{BC}{ \sin 30}= \frac{PC}{ \sin 80}$
Y de estas dos fracciones sacamos:
$\frac{AP}{PC}= \frac{ \sin 10}{ \sin 20}$
y $\frac{BC}{PC}= \frac{ \sin 30}{ \sin 80}$
Entonces $AP=BC$ si y solo si $\frac{ \sin 10}{ \sin 20}= \frac{ \sin 30}{ \sin 80}$
Aqui es cuando uno lamenta que no se pueda usar calculadora =P
Ahora llamo $D$ al punto en que $CP$ intersecta al circuncirculo, y uso ley de senos con los triangulos inscritos en esta circunferencia.
$\sin 10 = \frac{DA}{2R}$
$\sin 20 = \frac{BC}{2R}$
$\sin 80 = \frac{AC}{2R}$
Y sabemos que $\sin 30 = \frac{1}{2}$
Entonces:
$\frac{ \sin 10}{ \sin 20}= \frac{ \sin 30}{ \sin 80}$
$\iff \frac{\frac{DA}{2R}}{\frac{BC}{2R}}= \frac{\frac{1}{2}}{\frac{AC}{2R}}$
$\iff \frac{DA}{BC}= \frac{R}{AC}$
Vemos que $R=OD$, $AC=AB$ y por semejanzas $\frac{DA}{BC}=\frac{DP}{BP}$.
$\frac{DA}{BC}= \frac{R}{AC}$
$\iff \frac{DP}{BP}= \frac{OD}{AB}$
$\iff \frac{AB}{BP}= \frac{OD}{DP}$
$\iff \frac{AP+BP}{BP}= \frac{DP+PO}{DP}$
$\iff \frac{AP}{BP} +1= \frac{PO}{DP} +1$
$\iff \frac{AP}{BP}= \frac{PO}{DP}$
Como $DC$ es diametro, $\angle DBC = 90$, y como $AO$ es altura, es perpendicular a $BC$. Por lo tanto $AO$ y $DB$ son paralelas.
Por tales:
$\frac{AP}{BP}= \frac{PO}{DP}$
Que es lo que queriamos demostrar, entonces $\color{red} AP=BC$
@Alberto: aunque tuvieras calculadora no quedaría demostrada la expresión de senos que tiene arriba (refiriendome a tu comentario de la calculadora :P). Las calculadoras utilizan arpoximaciones muy buenas para calcular el seno, mas sin embargo no pueden calcular el valor exacto, debido a que su precisión es finita. Tu solución parece que esta bien, pero tu participación esta a destiempo :/
ResponderBorrar@Luis: porque borraste tu comentario? ya lo habia leido y habia ideas interesantes, no entiendo por que lo borraste :/
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