sábado, 7 de agosto de 2010

Problema 9 de Agosto!!! We're back!!!

Sea $ABC$ un triángulo con $CB\neq AC$ y con el ángulo $\gamma=\angle ACB$ agudo dado, y sea $M$ el punto medio de $AB$. Se elige el punto $P$ del segmento $CM$ de modo que las bisectrices de los ángulos $\angle PAC$ y $\angle PBC$ se intersecten en un punto $Q$ sobre $CM$. Hallar la medida de los ángulos $\angle APB$ y $\angle AQB$.



Les mando un saludo a todos y bienvenidos quienes no habían estado trabajando en el blog!!!

21 comentarios:

Georges dijo...

Debe de ser $AC\neq BC$ no??? por que si AC=BC entonces cualquier punto P sobre CM cumple no??

Flavio dijo...
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Flavio dijo...
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Flavio dijo...
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Flavio dijo...

Si se necesita lo que dice Georges:
Sea $\gamma_1$ = $\angle ACM$ y $\gamma_2$ = $\angle BCM$
Por teorema de la bisectriz
$\frac{CQ}{QP}= \frac{CB}{BP} = \frac{CA}{AP}$
entonces
$\frac{CB}{BP} = \frac{CA}{AP}$
$\rightarrow \frac{CB}{CA} = \frac{PB}{PA}$
Ahora por Teorema generalizado de la bisectriz en $\triangle ABC$ con la ceviana CM
tenemos que
$\frac{sen \gamma_1}{sen
\gamma_2} = \frac{AM \cdot BC}{ BM \cdot AC}$ y como M es pto medio de AB entonces
$\frac{sen \gamma_1}{sen \gamma_2} = \frac{BC}{AC} = \frac{BP}{AP}$
$ \rightarrow AC \cdot sen \gamma_1 = BC \cdot sen \gamma_2$
Luego $CB \cdot PA = PB \cdot CA$
Ahora sea R el punto reflejado de P con respecto a M. Entonces M es pto medio de AB y de PR
entonces APBR es un paralelogramo y RB=AP y RA=PB
Entonces $CB \cdot BR = CA \cdot AR$
Luego (CBR) = (CAR) ya que
(CBR) = $CB \cdot CR \cdot sen \gamma_2$
= $CR \cdot AC \cdot sen \gamma_1$
= (CAR)
entonces (CBR) = (CAR)
Luego $CB \cdot BR \cdot sen \angle CBR = CA \cdot AR \cdot sen \angle CAR$
Entonces $sen \angle CBR = sen \angle CAR$
Entonces esos dos angulos son iguales o suman 180, ya que ambos son menores a 180
Si fueran iguales, como APBR es paralelogramo entonces $\angle PAR=\angle PBR$
Entonces tambien $\angle CAP=\angle CBP$. Luego aplicando el mismo argumento
que dimos para ver que (CAR)=(CBR) tenemos que (CAP)=(CBP)
entonces
$CA \cdot AP \cdot sen \angle CAP = CB \cdot BP \cdot sen \angle CBP$
$\rightarrow CA \cdot AP = CB \cdot BP$
$\rightarrow \frac{CA}{CB}=\frac{BP}{AP}=\frac{CB}{CA}$
$\rightarrow CA^2=CB^2 \rightarrow CA=CB $
Lo cual no es posible
Entonces los angulos $\angle CBR$ y $\angleCAR$ suman 180 entonces CARB es ciclico,
pero $\angle ARB = \angle APB = 180-\gamma$, por el ciclico y por el paralelogramo APBR
Entonces $\angle APB = 180-\gamma$ Luego como $\angle APB+\angle PBA+\angle BAP=180$
entonces $\angle PBA + \angle BAP = \gamma$
$\angle PBA + \angle BAP + \angle CAP + \angle CBP = 180-\gamma$
Entonces $\angle CAP+ \angle CBP=180-2\cdot \gamma$
Luego $\angle QAC+\angle QBC = \frac{\angle CAP+\angle CBP}{2} = 90-\gamma$
Pero entonces $\angle QAC+\angle ACB+\angle CBQ+\angle BQA = 360$
y $\angle BQA+\angle AQB= 360$ por suma de angulos internos de un cuadrilatero.
Entonces $\angle AQB = \angle CBQ+\angle ACB+\angle QAC = 90-\gamma + \gamma = 90$
$\rightarrow \angle AQB= 90$.
Entonces la respuesta es
$\angle APB=180-\gamma$
$\angle AQB=90$

Eduardo dijo...

Sí, es verdad, me equivoke, sorry, ahorita lo corrijo, gracias!!

Georges dijo...
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Georges dijo...
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Georges dijo...
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Georges dijo...

Tenía una solución con trigo, pero ya encontre otra con semejanza.

Lema 1: Sea $ABC$ un triangulo acutangulo y sea $P$ un punto adentro de él que cumple que $\angle APB = 180- \angle C$ y que $\frac {AP}{PB}= \frac {AC}{BC}$ entonces $P$ esta sobre la mediana que va de $C a AB$.
Para ver esto consideremos el punto $D$ tal que $ADBC$ sea un paralelogramo. Sea $O$ la intersección de $PD$ y $AB$.
Por como definimos a $P$ tenemos que $APBD$ es cíclico y que $\frac {AP}{DB} = \frac{PB}{DA}$
Pero por las semajanzas del cíclico podemos ver que $\frac {AP}{DB} = \frac {PO}{BO}$ y que $\frac{PB}{DA} = \frac {PO}{AO}$ Por lo tanto $AO=BO$ y por lo tanto como $O$ es punto medio y $ACBD$ es paralelogramo entonces $DOPC$ son colineales, como queriamos probar.

Ahora no es muy dificil ver que si en el problema original existen dos puntos $P$ que cumplan $\frac {AP}{BP} = \frac {AC}{BC}$ y que los dos esten sobre $CM$ entonces $AC = BC$ pero eso es falso y como existe un unico punto $P$ entonces por el lema 1 ese punto cumple que $\angle APB = 180 - \angle C$.
Entonces $\angle PAB + \angle PBA = \angle C$ y por lo tanto $\angle PAQ + \angle PBQ = 90-C$ y por lo tanto $\angle AQB=90$ FIN

IrvinG dijo...

No habían avisado que ya iban a poner problemas!!

IrvinG dijo...

Ya lo tengo, más tarde posteo mi solución

IrvinG dijo...
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IrvinG dijo...
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IrvinG dijo...
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IrvinG dijo...

Sea $I$ el reflejado de $P$ con respecto a $M$. Entonces tenemos que $APBI$ es paralelogramo y por lo tanto $\angle APB=\angle AIB$, $BP=AI$ y $AP=BI$. Como $AQ$ y $BQ$se cortan en $CM$, por el teorema de la bisectriz tenemos $\frac{AC}{AP} =\frac{CQ}{QP}=\frac{BC}{BP}\Rightarrow AC\cdot AI=BC\cdot BI$.

Por otra parte $\frac{(ACI)}{(BCI)}=\frac{AM}{MB}=1$ y entonces $AC\cdot AI \sin \angle CAI=BC\cdot BI\sin \angle CBI$ pero $AC\cdot AI=BC\cdot BI$ así que $\sin \angle CAI=\sin \angle CBI$. De aquí que $\angle CAI=\angle ABI$ o $\angle CAI+\angle ABI=\pi$. Si $\angle CAI=\angle ABI$, como $(CAI)=(CBI)$ es fácil ver que los triángulos $CAI$ y $IBC$ son congruentes y como $AC \neq BC$ entonces $AC=BI$ y $BC=AI$, así que $ACBI$ es paralelogramo, pero $APBI$ ya era paralelogramo, entonces $C=P$, lo cual no es posible. Esto implica que $\angle CAI+\angle ABI=\pi$ y $ACBI$ es cíclico. Luego $\angle APB=\angle AIB=\pi-\gamma$ y haciendo algunas cuentitas con ángulos se llega fácil a que $\angle AQB=\frac{\pi}{2}$.

DANIELIMO dijo...

Construyo R tal que APBR es paralelogramo, como P,M,R son colineales C,P,M,R también.
(CAR)=(CAM)+(MAR)=(CBM)+(MBR)=(CBR) Por el teorema de la bisectriz AC/AP=CQ/QP=CB/BP y por lo tanto AC/CB=AP/PB=BR/AR y por lo tanto AC*BR=BC*AR usando la formula de area de triangulos vemos que senCAR=senCBR. hay dos casos:
1) angCAR=angCBR que implica que angCAP=angCBP (que implica que A,B y las intersecciones respectivas de AP y BP con BC y AC son puntos conciclicos ademas de que es un trapecio. lo que implicaria que angABC=angBAC y no se puede)
2) angCAR+angCBR=180 lo que implica que ACBR es cíclico y es facil por angulos encontrar que angAPB=180-angACB y angAQP=90

DANIELIMO dijo...
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DANIELIMO dijo...
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DANIELIMO dijo...
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DANIELIMO dijo...

Construyo R tal que APBR es paralelogramo, como P,M,R son colineales C,P,M,R también.
$(CAR)=(CAM)+(MAR)=(CBM)+(MBR)=(CBR)$ Por el teorema de la bisectriz $\frac{AC}{AP}=\frac{CQ}{QP}=\frac{CB}{BP}$ y por lo tanto $\frac{AC}{CB}=\frac{AP}{PB}=\frac{BR}{AR}$ y por lo tanto $AC\cdot BR=BC\cdot AR$ usando la formula de area de triangulos vemos que $\sin CAR=\sin CBR$. hay dos casos:
1) $\angle CAR=\angle CBR$ que implica que $\angle CAP=\angle CBP$ (que implica que $A$,$B$ y las intersecciones respectivas de $AP$ y $BP$ con $BC$ y $AC$ son puntos conciclicos ademas de que es un trapecio. lo que implicaria que $\angle ABC=\angle BAC$ y no se puede)
2) $\angle CAR+\angle CBR=180$ lo que implica que ACBR es cíclico y es facil por angulos encontrar que $\angle APB=180-\angle ACB$ y $\angle AQP=90$

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