jueves, 12 de agosto de 2010

Problema del día 12 de agosto de 2010

Sea $P$ un punto en el interior de un triángulo equilátero $ABC$ tal que $\angle APC=120$. Sea $M$ la intersección de $CP$ con $AB$ y $N$ la intersección de $AP$ con $BC$. Encuentra el lugar geométrico de los circuncentros de los triángulos $MBN$ cuando $P$ varía.

10 comentarios:

DANIELIMO dijo...

Ya habia visto este poblema
sea Q en el segmento AB tal que 2BQ=AQ, ves por semejanza que BM=CN por lo tanto BM+BN es constante, y de ahi se prubea que los circuncentros estan en un segmento de recta paralela a AC que pasa por Q, y es facil ver que segmento es(entre las intersecciones con las perpendiculares a BA y BC que pasan por B)

Manuel Dosal dijo...

Yo tambien ya lo habia visto, pero luego posteo la solucion

IrvinG dijo...

Ya tengo la solución, si $O$ es el circuncentro de $ABC$ entonces el lugar geométrico es un segmento sobre la mediatriz de $OB$. Ahorita pongo la solución bien.

Georges dijo...

Primero vemos que como $\angle APC = \angle MPN = 120 =180-60=180- \angle ABC$ entonces $MBNP$ es cíclico para todo $P$.
Por lo tanto $\angle BMC = \angle ANC$ y $\angle B = \angle C = 60$ Por lo tanto $BMC$ es semejante a $CNA$ pero $AC = BC$ por lo tanto son congruentes y por lo tanto $BM=CN$
Sea $T$ el todocentro de $ABC$, por lo dicho anteriormente $MBT$ es congruente a $NCT$ por criterio $LAL$ por lo que $NT=MT$.
Ahora claramente si $P=T$ $BNTM$ es cíclico, y si $P \neq T$ entonces como $BT$ es bisectriz de $\angle B$ y $MT=TN$ entonces $MBNT$ es cíclico.
Por lo tanto $MBNTP$ siempre son concíclicos.
Pero como $BT$ es una cuerda del círculo entonces su centro esta sobre la mediatriz de $BT$. Sean $R$ y $S$ los circuncentros de $ABT$ y $BCT$ entonces el lugar geometrico que buscamos es el segmento $RS$ sin incluir a $R$ ni a $S$.
Para ver esto veamos que si $O$ es un punto sobre $RS$ y $P$ es el punto de intersección del circulo que pasa por $B$ y $T$ con centro en $O$ (distinto de $T$) entonces si $O$ es la intersección de $RS$ y $BT$ entonces $P=T$ y si cumple. Y ahora mientras acercamos mas el punto $O$ a $R$ entonces $P$ se acerca mas a $A$, si $O = R$ entonces $P = A$ y si $O$ esta mas alla de $R$ entonces $P$ esta afuera de $ABC$ y no cumple las condiciones, analogamente hacemos lo mismo con $S$. Ahora cualquier punto $O$ que tomemos entre $R$ y $S$ nos va a dar un $P$ dentro del triangulo y ese $O$ va a equidistar de $B$ $T$ y $P$ y por lo visto anteriormente entonces tambien de $M$ y $N$.
Por lo tanto ya probamor que el lugar geometrico tiene que estar sobre la mediatriz de $BT$ pero que no puede estar mas alla de $R$ y $S$ pero que si esta dentro de $R$ y $S$ si cumple. Por lo tanto el lugar geometrico que buscamos es el segmento $RS$ sin incluir a estos.

IrvinG dijo...

Bueno, sólo pongo las ideas principales de la solución para ahorrar tiempo. Tenemos que $PMBN$ es cíclico porque dos de sus ángulos opuestos miden 120 y 60. Sea $\omega$ el circuncírcilo de $AOC$, entonces P está sobre $\omega$ (el arco $CA$). Si $\Gamma$ es el circuncírculo del cuadrilátero anterior lo que hacemos es mostrar que $O$ (definido en el comment anterior) está en $\Gamma$. Supongamos que P está en el arco $OA$, entonces haciendo cuentas con ángulo llegamos a que $\angle APO=150$, entonces $\angle NPO=30=\angle NBO \Rightarrow P $ está sobre $\Gamma$ y por tanto el circuncentro de $BMN$ está sobre la mediatriz de $OB$, como quería mostrar. Esto es lo principal. Falta anotar los detallitos para ver que el luagr geométri es el segmento $A'C'$ excluyendo a $A'$ y a $C'$, donde $A'$ es el reflejado de A con respecto a $O$ y $C'$ se define de manera similar

Manuel Dosal dijo...
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
Manuel Dosal dijo...

Ahora si. Veamos que que los puntos $A$, $C$, $P$ y $O$ estan en una misma circunferencia. Luego veamos tambien que $M$,$N$,$B$,$P$, estan en una misma circunferencia ya que $\angle APC=\angle MPN=120$. Y tambien vamos a ver que el centro que llamaremos $O$ del triangulo ABC esta en la misma circunferencia. Veamos que si $AO$ intersecta a $BC$ en $D$, entonces $\angle DOB=60$ y $\angle POD=\angle ACP$ por que $ACPO$ es ciclico. Luego $\angle PMB=\angle MAC+\angle ACM=\angle PAC+60$. Entonces $\angle POB+\angle PMB=60+\angle ACP+\angle PAC+60=180$ ya que $\angle CAP+\angle ACP=60$. Entonces $B$,$N$,$O$,$P$ y $M$ estan en una misma circunferencia. Entonces el centro del circulo que queremos esta en la mediatriz de $BO$, y en la mediatriz de $OP$, y como la mediatriz de $BO$ es constante entonces el lugar geometrico de los puntos es donde se intersecte la mediatriz de $OP$ con la de $BO$ solo hasta que P llegue a uno de los vertices $A$ o $C$, y entonces los ultimos puntos serian donde cortan las mediatrices de $OC$ y $AO$ a la mediatriz de $BO$ y estas se cortan en el circuncirculo de $ABC$. Y veamos que para cada punto de esa recta podemos encontrar un punto $P$ tal como nos pedia el problema ya que es si y solo si. Por lo tanto el lugar geometrico seria el segmento de la mediatriz de $BO$ que esta dentro del circuncirculo de $ABC$.

Flavio dijo...

Primero veamos que si
$\alpha$ = $\angle BAN$
tenemos que $\angle MPA$ = 60
entonces $\angle BMP = 60+\alpha$
luego $\angle MPN$ = 120 entonces
BMPN es ciclico entonces $\angle PNC= \angle PMB = 60 +\alpha$
Entonces $\angle PCN = 60-\alpha \rightarrow \angle MCA=\alpha$
Entonces como ABC es equilatero y los angulos en que AN y CM parten a sus
angulos respectivos son iguales entonces
AN=CM
Luego por ley de senos en AMC
$\frac{AM}{sen\alpha}=\frac{CM}{sen 60}$
y en BMC
$\frac{BM}{sen 60-\alpha}=\frac{CM}{sen 60}$
entonces
$AM\cdot BM = sen\alpha \cdot sen 60-\alpha \cdot \left(\frac{CM}{sen 60}\right)^2$
Analogamente
$CN\cdot BN = sen\alpha \cdot sen 60-\alpha \cdot \left(\frac{AN}{sen 60}\right)^2$
y como CM=AN
$AM\cdot BM = CN\cdot BN$
Entonces M y N tienen la misma potencia con respecto al circuncirculo de ABC
Entonces OM = ON (usando la otra formula para calcular potencia)
Pero BM= BN si y solo si P=O (O centro de ABC, en cuyo caso MON=120), entonces solo uno de BM y BN es mayor a
AB/2
Ahora sea D pto medio de AB y E pto medio de BC
Luego OD=OE por simetria y OD y OE perpendiculares a AB y BC resp.
Luego ODM congruente a OEN y como BM= BN si y solo si P=O
Entonces tambien ODBE es ciclico por ser OD y AB perpendiculares
y OE y BC tambien. Luego $\angle NOE = \angle MOD$ entonces
$\angle MON= \angle DOE$ entonces
AMON es ciclico, entonces $\angle MON=120$ y OM=ON entonces
el circuncentro de BMN debe ser simetrico a O con respecto a MN,
por que cumple lo mismo.
Sea T el punto de interseccion de MN y ED
Luego como EN=DM y angulo DTM=angulo NTE y MDT=120 y TEN=60
luego por ley de senos (me da flojera poner las cuentas pero va a salir)
sale que MT=TN
Entonces como el circuncentro de MBN es el reflejado de O con respecto a MN
y OM=ON entonces es el reflejado de O con respecto a T
Pero T siempre esta en ED entonces el lugar geometrico
de los circuncentros de MBN es la figura homotetica al segmento ED con centro O
en razon 2 ( osea que el nuevo segmento mide el doble).
Lo escribi muy rapido, si no queda algo claro me dicen para explicarlo

Manuel Dosal dijo...
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
Manuel Dosal dijo...
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