miércoles, 19 de agosto de 2015

Problemas entrenamiento IGO

Que tal chicos, para empezar a entrenar para la IGO estaré subiendo problemas estos días y el sábado sera el examen. Inténtenlos y comenten sus soluciones u observaciones.

Problema 1. Sea $ABC$ un triángulo con $\angle A=90^\circ$ y $\angle C=30^{\circ }$. Denote por $\Gamma $ la circunferencia que pasa por $A$ y es tangente a $BC$ en su punto medio. Suponga que $\Gamma $ corta a $AC$ y al circuncírculo de $ABC$ en $N$ y $M$, respectivamente. Muestre que $MN$ y $BC$ son perpendiculares.


Problema 2. El incírculo del triángulo $ABC$ toca a $BC$, $CA$ y $AB$ en $D$, $E$ y $F$, respectivamente. Denote a los pies de las perpendiculares desde $F$ y $E$ sobre $BC$ por $K$ y $L$, respectivamente. Los otros puntos de intersección de estas perpendiculares con el incírculo son $M$ y $N$, respectivamente. Muestre que

\[\frac{(\triangle BMD)}{(\triangle CND)}=\frac{DK}{DL}.\]
 Donde $(\triangle XYZ)$ denota el área del triángulo $XYZ$.

6 comentarios:

Antonio Lopez Guzman dijo...

para el 1 sea D el punto mediode BC,como es un triangulo de 30,60,90 entonces AB=BD=DC=AD, entonces ABD es equilatero y <BDA=60,<DAC=30 porque DAC es isoceles entonces <CDN=30 orque Cd es tangente a ADM, luego <DMN=DAN=30, veo que <AND=60 por el angulo seminscrito BDA, entonces para completar 180 en el triangulo ADN, <ADN=90, entonces <AMN=90, veo que AMB=ACB=30 por el ciclico ABCM,entonces <BMD=30 porque es lo que falta para completar los 90 del angulo AMN, luego de ahi tengo que <NMC=30 para completar los 90 de <BMC, entonces en el triangulo DMC tengo que MN es bisectriz, y ademas <DCN=<CDN=30, entonces por ceva trigonometrico <NDM=<NCM, entonces <MDC=MCD entonces MN es la mediatriz de DC y por lo tanto MN es perpendicular a BC.

José Ramón Tuirán dijo...

Para el 2. Primero probaremos un lema. Lema: Tomando en cuenta el triángulo y los mismos puntos, sea H la intersección de ID y FE, entonces FH/HE=AC/AB=DK/DL. Prueba: La primera y tercera igual se obtiene de Tales. Para la segunda y primera, tracemos J y O los puntos medios de FD y DE, respec., entonces JO es paralela a FE, por lo tanto si JO interseca a ID en P, entonces por Tales, FH/HE=JP/PO. Ahora veamos que AI y ID son is otoñales con respecto <BIC, para demostrarlo basta con probar que <BID=<CIQ, donde Q es el punto donde BC y la bisectriz AI se intersectan. Esto es fácil de demostrar con ángulos, pues <B+<A+<C=180, es decir <B/2+<A/2+<C/2=90, en el triángulo BID, <BID=180-90-<B/2=<A/2+<C/2, por otro lado <QIC=<IAC+<ICA=<A/2+C/2, concluyendo que ID y AI son isogonales. Para acabar veamos que ID^2=IJ*IB=IO*IC, estas ultimas igualdades se dan de los triángulos rectangulos IBD, IDC y sus alturas AD, DE, respec. Por lo tanto el cuadrilátero JDCB es cíclico, usando que AI y ID son isogonales y que JO es anti paralela con BC, se obtiene que JP/PO=FH/HE=CQ/QB=AC/CB, por el Teorema de la Bisectriz, concluyendo la demostración del lema.
Pasando al problema la relación buscada se traduce a (MK/DK)(DL/NL)(BD/DC)=1...(1), solo basta pasar todo de un lado y escribir las áreas como la multiplicación de la base y el altura. Como DL y KD son tangentes al incirculo, MK/DK=DK/KF, análogamente DL/NL=EL/DL. Veamos que sen <C=EL/EC=EL/DC, pues DC=EC, y porque ELC es rectángulo, análogamente sen <B=FK/BD, sustituyendo todo el la primera ecuación (1), llegamos a
[(sen <C)/(sen <B)]*(DK/DL), por el lema DK/DL=AC/AB, pero por la ley de senos en ABC, (sen <C)/(sen <B)=AB/AC, por lo tanto la ecuación (1) es igual a 1 y se concluye el problema.

Ariel dijo...

¿El examen es este sábado?

Ariel dijo...

Ninguna de mis soluciones está particularmente interesante, pero bueno.

1. Ángulitos. Sea $O$ el punto medio de $BC$.
a) $\angle NOC = 30^{\circ}$ por semi-inscritos. Esto implica $NO = NC$ y $\angle AON = 90^{\circ}$
b) $\angle OMA = \angle ONA = 60^{\circ}$ y $OA = OM$, entonces $\triangle OAM$ es equilátero.
c) $\angle MON = \angle MAN = 30^{\circ}$ y $\angle ACM = \frac{\angle AOM}{2} = 30^{\circ}$, entonces $\angle MOC = \angle MCO = 60^{\circ}$ y $MO = MC$.
d) $MN$ es la mediatriz de $OC$.

2. Muchas cuentas. Sea $H$ el pie de la altura desde $A$ sobre $BC$, entonces $\triangle BKF$ es semejante a $\triangle ABH$ en razón $\frac{BF}{BA} = \frac{s - b}{c}$. Luego $KF = AH \cdot \frac{s - b}{c}$ y $BK = BH \cdot \frac{s - b}{c}$, entonces
$KD = BD - BK = s - b - (BH \cdot \frac{s - b}{c}) = \frac{(s - b) \cdot BH}{c}$
Analogamente $LE = AH \cdot \frac{s - c}{b}$ y $LD = \frac{(s - c) \cdot CH}{b}$. Entonces $\frac{LE}{KF} = \frac{c(s - c)}{b(s - b)}$. Un poco menos obvio es que $\frac{KD}{DL} = \frac{b}{c}$; eso lo pruebas expandiendo y usando que $BH = \frac{a^2 - b^2 + c^2}{2a}$, $CH = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2a}$ (las cuales se prueban fácilmente con Pitágoras en $\triangle ABH$ y $\triangle ACH$).

Ahora, por potencia de $K$ y $L$ al incírculo tenemos $KD^2 = KM \cdot KF$ y $LD^2 = LN \cdot LE$, entonces
$\frac{KM}{LN} = (\frac{KD}{DL})^2 \cdot \frac{LE}{KF} = \frac{b^2}{c^2} \cdot \frac{c(s - c)}{b(s - b)} = \frac{b(s - c)}{c(s - b)}$
Entonces $\frac{BD \cdot KM}{CD \cdot LN} = \frac{s - b}{s - c} \cdot \frac{b(s - c)}{c(s - a)} = \frac{b}{c} = \frac{KD}{DL}$, pero $\frac{BD \cdot KM}{CD \cdot LN}$ es justamente $\frac{(\triangle BMD)}{(\triangle CND)}$, y acabamos.

Antonio Lopez Guzman dijo...

sea G la interseccion de ID con FE, por tales DK/DL=FG/GE, luego con angulitos podemos ver que los triangulos FBD y MID son semejantes,viendo que ambos son isoceles y que <BDF=<IDM, ademas de ahi saco que <BDM=<IDF pues ambos angulos comparten el MDF, luego la razon de semejanza de ahi sacamos que BD/ID=FD/MD, analogamente CD/ID=ED/ND, entonces dividienod ambas igualdades me queda BD/CD=FD*ND/ED*MD, luego veo que MD=MK/sen(MDK) y que ND=NL/sen(<NDL), sustituyendo esto me queda que BD/CD=FD*NL*sen(MDK) /ED*MK*sen(NDL), entonces pasando el NL/MK del oyto lado me queda que BD*MK/CD*NL=FD*sen(MDK) /ED*sen(NDL), lo del lado izquierdo es la razon de las areas BMD y CND, y lo del lado derecho si los angulos los cambiamos por <MDK=<IDF y <NDL=<EDI, nos quedara por teorema generalizado de la bisectriz en triangulo FDE que eso sera igual a FG/GE que por tales es igual a DK/DL, entonces ya acabamos

Juan Carlos Castro dijo...

Para el 2. Sea X la intersección de ID con FE. Es conocido que si G es la intersección de AX con BC entonces G es el punto medio de BC.
Utilizando generalizado de la bisectriz en AFE y ABC obtenemos: (AF/AE)*sen<FAX/sen<XAE=FX/XE y (AB/AC)*sen<FAX/sen<XAE=BG/GC. Pero AF y AE son tangentes iguales y BG=GC puesto que G es punto medio de BC, de esto y los generalizados de la bisectriz obtenemos XE/FX=AB/AC y por Thales FX/XE=DK/DL.
Luego (BD/DC)*(CD/BD)*(AB/AC)*(DK/DL)=1
Sea H el pie de altura desde A sobre BC. FK paralela a AH paralela a LE, entonces LE/AH=CE/AC y KF/AH=BF/AB, entonces LE/KF=(CD/BD)*(AB/AC), sustituyendo queda (BD/DC)*(LE/KF)*(DK/DL)=1, multiplicamos por DK/DL de ambos lados y queda (BD/DC)*(LE/KF)*(DK^2/DL^2)=DK/DL. Luego por potencia desde K y L al incírculo tenemos que DK^2=MK*KF y DL^2=LN*LE entonces (DK^2/DL^2)*(LE/KF)=KM/LN, sustituyendo queda (BD/DC)*(KM/LN)=DK/DL, pero (BD/DC)*(KM/LN)= (BMD)/(DNL). Entonces ya acabamos.

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