domingo, 2 de junio de 2013

Problema del Día 02-06-13 (Xavi)

Sea $ABC$ un triángulo y sean $P$, $Q$ y $R$ los pies de las bisectrices trazadas desde $A$, $B$ y $C$, respectivamente. Encontrar los posibles valores del $\angle{ABC}$ si se sabe que $\angle{PQR}=90$.

8 comentarios:

Juan dijo...

120º

Juan dijo...
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Juan dijo...
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Juan dijo...

Por que lo leí mal, voy a suponer QPR=90 y encontraré BAC. (Sólo cambié el nombre de los puntos, el problema es el mismo).

Supongamos que las bisectrices de APC y APB intersectan a AC y AB en X y Y. Entonces XPY=90, por lo que CPX $\ge$ CPQ $\Leftrightarrow$ BPY $\le$ BPR. Entonces

$\frac{CX}{XA} \ge \frac{CQ}{QA} \Leftrightarrow CX \ge CQ \Leftrightarrow CPX \ge CPQ \Leftrightarrow$$ BPY \le BPR \leftrightarrow BY \le BR \Leftrightarrow \frac{BY}{YA} \le \frac{BR}{RA}$.

Entonces si llamo $AC=b$, $CB=a$; $BA=c$, $AP=d$ vemos que, por Teo Bisectriz, $\frac{CX}{XA} = \frac{CP}{PA} = \frac{\frac{ab}{b+c}}{d}$ y $\frac{CQ}{QA} = \frac{a}{c}$. Entonces, por ésto y lo análogo,

$\frac{\frac{ab}{b+c}}{d} \ge \frac{a}{c} \Leftrightarrow \frac{\frac{ac}{b+c}}{d} \le \frac{a}{b}$.

Pero, por Stewart, si $n=PC=\frac{ab}{b+c}$ y lo análogo para $m$, y por Ley Cosenos,

$\frac{\frac{ab}{b+c}}{d} \ge$$ \frac{a}{c} \Leftrightarrow bc \ge (b+c)d \Leftrightarrow g \le \frac{bc}{b+c}$$ \Leftrightarrow \sqrt{\frac{b^2m+c^2n}{a}-mn} } \le \frac{bc}{b+c}$$\Leftrightarrow \sqrt{bc-mn} \le \frac{bc}{b+c} \Leftrightarrow bc\left( 1 - \left(\frac{a}{b+c}\right)^2 \right) $$\le \frac{(bc)^2}{(b+c)^2} $$\Leftrightarrow bc(b+c)^2 - bca^2 \le (bc)^2$$ \Leftrightarrow (b+c)^2 - a^2 \le bc \Leftrightarrow (b^2+c^2-a^2) \le -bc$$ \Leftrightarrow 2bc cos A \le -bc \Leftrightarrow cos A \le \frac{-1}{2} $$\Leftrightarrow A \ge 120$

Similarmente, $\frac{\frac{ac}{b+c}}{d} \le \frac{a}{b} \Leftrightarrow \A \le 120$.

Así, $A \ge 120 \Leftrightarrow A \le 120$ y así $A=120$.

Solo falta verificar que existe un triángulo con $A=120$ que funciona, y el isósceles es bastante fácil ver que funciona (de hecho, es implicado por las cuentas que hice arriba).

Ajá, entonces ya.

Juan dijo...

Tenía otra solución, pero está bastante fea, usaba Cosenos a lo loco, así que mejor no la posteo.

Adán Medrano Martín del Campo dijo...

Me salió con armónicos

Tomas $A_{1}$ y $C_{1}$ tales que

$\left(AB, RC_{1}\right)$
$\left(CB, PA_{1}\right)$

son hileras armónicas. Tendremos pues que

$Q, P, C_{1}$
$Q, R, A_{1}$

son colineales. Luego, proyectando las hileras respectivas desde $Q$, veremos que

$RQ$ biseca a $\angle AQB$
$PQ$ biseca a $\angle CQB$

Luego, consideramos los incentros $I_{1}$ e $I_{2}$ de $ABQ$ y $CBQ$ respectivamente, y el incentro $I$ de $ABC$. Tendremos que

$C, I_{2}, I, R$
$A, I_{1}, I, P$

son colineales, y proyectando nuestros hazes armónicos desde $Q$ sobre las rectas por estos puntos colineales, vemos que dichos puntos también forman hileras armónicas. Luego, como

$BI_{1}$ biseca a $\angle CBQ$
$BI_{2}$ biseca a $\angle ABQ$

tenemos que

$\angle RBI_{2}=\angle PBI_{1}=90^{\circ}$

y concluimos que $\angle ABC=120^{\circ}$.

Adán Medrano Martín del Campo dijo...

También el otro lado se cumple, se puede demostrar con cíclicos que si $\angle ABC=120^{\circ}$ entonces $\angle PQR=90^{\circ}$.

nivek dijo...

Yo trace las bisectrices de $AQB$ y de $BQC$ y donde intersecten $AB$ y $BC$ sean $X$ y $Y$ y supongamos que no son $P$ y $R$ entonces el angulo $XQY$ es de 90 y se debe dar que $X$ en $AR$ y $Y$ en $BP$ o fuera ambos. checando que entonces se debe dar $AY/YB < AR/RB$ y $XC/XB > PC/PB$ y usando teo de la bisectriz queda $QC/AQ > BC/AB$ contradiccion. entonces $X=R$ y $Y=P$ entonces como $AP$ es bisectriz y $QP$ es bisectriz exterior $P$ es el excentro y el angulo $QBC$ es igual a $180-ABC$ por lo que $QBC$ es de 60 y $ABC$ de 120

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