miércoles, 23 de marzo de 2011

Problema del Día: Martes 22 de marzo de 2011

Sea $ABC$ un triángulo, con $\langle BAC = 60^\circ$. Sean $P,Q$ los pies de las perpendiculares desde $A$ a las bisectrices de los ángulos $B$ y $C$, respectivamente. Si $BP=104$ y $CP=105$, ¿Cuál es el perímetro del triángulo $ABC?

6 comentarios:

José.Ra dijo...

está bien redactado?
no sería CQ ne lugar de CP o BQ en lugar de BP?
o para qué queremos Q?

Eduardo dijo...

Perdón! BP=104, CQ=105, gracias

Enrique dijo...

Está larga, fea y horriblemente tediosa, pero sirve...

Sea $I$ el punto de intersección entre $BP$ y $CQ$ y sea $\alpha=\angle PBC=\angle PBA$ Entonces, $\angle ACB=180º-60º-2\alpha=120º-2\alpha$ y $\angle QCB=60º-\alpha$, de donde $\angle BIC=180º-\alpha-(60º-\alpha)=120º=\angle QIP$. Como el cuadrilátero $AQIP$ es cíclico, $\angle QAP=60º$, y como $\angle BAP=180º-\angle BPA-\angle PAB=180º-90º-\alpha=90º-\alpha$, $\angle QAB=\angle PAC=60º-\angle BAP=\alpha-30º$ Ahora, tenemos que $\angle BAI=\angle CAI=30º$, luego $\angle QAI=\angle QAB + \angle BAI=\alpha=\angle QPI$ y $\angle PAI=\angle CAI-\angle CAP=60º-\alpha=\angle PQI$. Las últimas igualdades se siguen del hecho de que $AQIP$ es ciclico. Entonces, $QP$ es paralela a $BC$.

Ahora viene lo feo. Desde $P$ trazamos la paralela a $QC$ tal que corte a $BC$ en un punto $D$. Entonces, $QPDC$ es un paralelogramo y $\angle BPD=120º$. Ahora, por ley de cosenos en el triángulo $BPD$, obtenemos que $BD^{2}=BP^{2}+DP^{2}+BP\cdot DP=BP^{2}+QC^{2}+BP\cdot QC=32761 \Rightarrow BD=181$. Ahora, por ley de senos, $\sin\alpha=\frac{PD\sin 120º}{BD}=\frac{105(\frac{\sqrt{3}}{2})}{181}$, y $\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^{2}\alpha}=\frac{313}{362}$, y observando al triángulo rectángulo $ABP$, $\cos\alpha=\frac{BP}{AB}\Rightarrow AB=\frac{104\cdot 362}{313}$. Análogamente, haciendo los mismos pasos involucrando al ángulo $\angle PDB=60º-\alpha$ y al triángulo rectángulo $AQC$, obtenemos que $AC=\frac{105\cdot 181}{157}$. El lado $BC$ se puede sacar fácilmente con ley de cosenos sobre el triángulo $BAC$ ($BC=\sqrt{AB^{2}+AC^{2}-AB\cdot AC}$), sumamos todos los lados y obtenemos el perímetro.
$\blacksquare$

Enrique dijo...

arrghhh latex...
1er error: Debería decir "ángulo ACB=180º-60º-2(alpha)=120º-2(alpha)"
2do error: Debería decir "ángulo BIC=180º-(alpha)-(60º-(alpha))=120º=ángulo QIP"
3er error: "ángulo BAP=180º-ángulo BPA-ángulo PAB=180º-90º-(alpha)=90º-(alpha)"
4to error: "ángulo QAB=ángulo PAC=60º-ángulo BAP=(alpha)-30º"
Ah y cuando dice por ejemplo "ángulo QCB=60ºÂº-(alpha)", esa "º" no debería estar ahí...

Jorge 'Chuck' dijo...

Sea $\angle ABP=\alpha$ y sea $I$ el incentro. es fácil ver que $\angle BAP=90-\alpha$ y de manera similar, como $\angle QCB=60-\alpha$, $\angle QAC=30+\alpha$ entonces $\angle QAB=\alpha-30$ y entonces, $\angle QAP=60°$. Luego, como $AQIP$ es cíclico, e $I$ es el incentro, $\angle BAI=\angle CAI$ entonces $\angle QAI=\angle QPI=\alpha -30° +30°=\alpha$ por lo que $PQ$ es paralelo a $BC$. De ahí podemos ver que $\Delta BIC\sim \Delta PIQ$ y entonces $\dfrac{BC}{QP}=\dfrac{BI}{IP}=\dfrac{CI}{IQ}$ por lo que de lo útlimo podemos ver que $\dfrac{BI}{CI})\dfrac{IP}{IQ}$ y por un lema conocido $\dfrac{BI}{CI}=\dfrac{BP}{CQ}=\dfrac{104}{105}$. Luego, , por ley de senos que $\dfrac{sen\alpha}{sen60-\alpha}=\dfrac{105}{104}$, en el triángulo $\Delta BIC$. De modo que $105sen\alpha=104(sen60cos\alpha-sin\alpha cos60)$ y como $sen60=\frac{\sqrt{3}}{2}$ y $cos 60=\frac{1}{2}$ entocnes podemos ver que $105sen\alpha=52\sqrt{3}cos\alpha -52sin\alpha$ entonces $\dfrac{52cos\alpha}{157}=sen\alpha$ y por pitágoras tenemos que $sin^{2}\alpha+cos^{2}alpha=1$ entonces $cos^{2}\alpha+\dfrac{52^{2}cos^{2}\alpha}{157^{2}}=1$ de donde vemos que $cos\alpha=\dfrac{157}{\sqrt{157^{2}+52^{2}}}$. Entonces, como $AB=\dfrac{BP}{cos\alpha}$ es calculable numéricamente. de manera similar, del otro lado, $AC=\dfrac{CQ}{cos60-\alpha}$ y como $cos60-\alpha=cos60cos\alpha+sen60sen\alpha$ y $sen\alpha$ se puede calcular de manera análoga a como calculamos el coseno o simplemente usando pitágoras, entonces $AC$ también es calculable, y ahora, usando ley de cosenos, $BC=AC^{2}+AB^{2}-2AB*ACcos60$ entonces, podemos calcular también $BC$ y entonces podemos calcular su perímetro. (se me acabó el tiempo, ahorita hago los cálculos y pongo los resultados)

Jorge 'Chuck' dijo...

Los cálculos nos dan que $sen\alpha=\dfrac{52}{\sqrt{157^{2}+52^{2}}}$ y que $AB=\dfrac{104\sqrt{157^{2}+52^{2}}}{157}$ y $AC=\dfrac{105\sqrt{157^{2}+52^{2}}}{52}$ mientras que $BC=\dfrac{104^{2}(157^{2}+52^{2})}{157^{2}}+\dfrac{105^{2}(157^{2}+52^{2})}{52^{2}}-(\dfrac{104\sqrt{157^{2}+52^{2}}}{157})(\dfrac{105\sqrt{157^{2}+52^{2}}}{52})$

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