miércoles, 8 de enero de 2014

Problema del Día 08-01-14 (Xavi)

Sea $ABCD$ un cuadrilátero convexo tal que $DA+AC=DB+BC$ y sea $P$ la interseccion de las bisectrices externas de los ángulos $\angle{DAC}$ y $\angle{DBC}$. Muestra que $\angle{APD}=\angle{BPC}$.

6 comentarios:

Juan dijo...

Ok ya salió

Primero tomas los pies de altura desde $P$ hasta las líneas $AD$, $AC$, $BD$ y $BC$ y los llamas $X_1$, ..., $X_4$ respectivamente.

Ahora defines $\Gamma_1$ el círculo centro $P$ radio $PX_1=PX_2$ (sabemos que son iguales porque P está en la bisectriz de $\angle DAC$. Supongamos que $DD_1$ y $CC_1$ son tangentes a $\Gamma_1$. Entonces $AD+AC=(AD+AX_2)+X_2C=(AD+AX_1)+CX_2=DD_1+CC_1$.

Similarmente defino todo para $\Gamma_2$ y tengo $DD_1+CC_1=AD+AC=BD+BC=DD_2+CC_2$ y como son concéntricos los $\Gamma$, tienen que ser iguales. Así, $PX_1=...=PX_4$.

Ahora vemos que $\angle APD = \angle X_2X_1X_3$ debido a que $AP \perpendicular X_1X_2$ y $DP \perpendicular X_1X_3$

Similarmente $\angle BPC = \angle X_2X_4X_4$ así que $\angle BPC$ y $\angle APD$ abren el mismo arco, $X_2X_3$, y por tanto son iguales.

FIN

Juan dijo...

Donde no se alcanza a leer dice

" $ ... = (AD+AX_1)+CX_2=DD_1+CC_1$

Juan dijo...

y donde dice $APX_1X_2$ y $DPX_1X_3$ debería decir $AP \perp X_1X_2$ y $DP \perp X_1X_3$

Juan dijo...

Segunda solución, con sugerencia de Xavi.

Toma $E$ sobre el rayo $CA$ más allá de $A$, y $F$ sobre el rayo $CB$ más allá de $B$, tales que $AD=AE$ y $BD=BF$. Claramente, por la condición del problema, $CE=CF$, así que se forman 3 triángulos isósceles.

En el triángulo isósceles $DBF$, vemos que $BP$ es perpendicular a la bisectriz exterior de $\angle DBF$, y por lo tanto es perpendicular también a $DF$. Así, $BP$ es la medatriz de $DF$. Análogamente, $AP$ es la mediatriz de $DE$. De aquí, $P$ es el centro de $\Gamma$, el circuncírculo de $\triangle DEF$.

Tomando en cuenta que $PA$ biseca a $DE$, vemos que $\angle APD = \overarc{DE}/2 = \angle EFD$. También, $EF \perp CP$ (ya que $C$ y $P$ se hallan en la mediatriz de $EF$ y $DF \perp BP$ (pues $BP$ es mediatriz de $DF$).

Así, $\angle APD = \angle EFD = \angle CPB$ y acabamos.



Juan dijo...

En la última parte, donde dice $=DE/2=$, debería decir la mitad del arco $DE$.

Juan dijo...

Se me olvidó cerrar un paréntesis aquí: "... la mediatriz de $EF$) "

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