jueves, 12 de agosto de 2010
Problema del día 12 de agosto de 2010
Sea $P$ un punto en el interior de un triángulo equilátero $ABC$ tal que $\angle APC=120$. Sea $M$ la intersección de $CP$ con $AB$ y $N$ la intersección de $AP$ con $BC$. Encuentra el lugar geométrico de los circuncentros de los triángulos $MBN$ cuando $P$ varía.
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10 comentarios:
Ya habia visto este poblema
sea Q en el segmento AB tal que 2BQ=AQ, ves por semejanza que BM=CN por lo tanto BM+BN es constante, y de ahi se prubea que los circuncentros estan en un segmento de recta paralela a AC que pasa por Q, y es facil ver que segmento es(entre las intersecciones con las perpendiculares a BA y BC que pasan por B)
Yo tambien ya lo habia visto, pero luego posteo la solucion
Ya tengo la solución, si $O$ es el circuncentro de $ABC$ entonces el lugar geométrico es un segmento sobre la mediatriz de $OB$. Ahorita pongo la solución bien.
Primero vemos que como $\angle APC = \angle MPN = 120 =180-60=180- \angle ABC$ entonces $MBNP$ es cíclico para todo $P$.
Por lo tanto $\angle BMC = \angle ANC$ y $\angle B = \angle C = 60$ Por lo tanto $BMC$ es semejante a $CNA$ pero $AC = BC$ por lo tanto son congruentes y por lo tanto $BM=CN$
Sea $T$ el todocentro de $ABC$, por lo dicho anteriormente $MBT$ es congruente a $NCT$ por criterio $LAL$ por lo que $NT=MT$.
Ahora claramente si $P=T$ $BNTM$ es cíclico, y si $P \neq T$ entonces como $BT$ es bisectriz de $\angle B$ y $MT=TN$ entonces $MBNT$ es cíclico.
Por lo tanto $MBNTP$ siempre son concíclicos.
Pero como $BT$ es una cuerda del círculo entonces su centro esta sobre la mediatriz de $BT$. Sean $R$ y $S$ los circuncentros de $ABT$ y $BCT$ entonces el lugar geometrico que buscamos es el segmento $RS$ sin incluir a $R$ ni a $S$.
Para ver esto veamos que si $O$ es un punto sobre $RS$ y $P$ es el punto de intersección del circulo que pasa por $B$ y $T$ con centro en $O$ (distinto de $T$) entonces si $O$ es la intersección de $RS$ y $BT$ entonces $P=T$ y si cumple. Y ahora mientras acercamos mas el punto $O$ a $R$ entonces $P$ se acerca mas a $A$, si $O = R$ entonces $P = A$ y si $O$ esta mas alla de $R$ entonces $P$ esta afuera de $ABC$ y no cumple las condiciones, analogamente hacemos lo mismo con $S$. Ahora cualquier punto $O$ que tomemos entre $R$ y $S$ nos va a dar un $P$ dentro del triangulo y ese $O$ va a equidistar de $B$ $T$ y $P$ y por lo visto anteriormente entonces tambien de $M$ y $N$.
Por lo tanto ya probamor que el lugar geometrico tiene que estar sobre la mediatriz de $BT$ pero que no puede estar mas alla de $R$ y $S$ pero que si esta dentro de $R$ y $S$ si cumple. Por lo tanto el lugar geometrico que buscamos es el segmento $RS$ sin incluir a estos.
Bueno, sólo pongo las ideas principales de la solución para ahorrar tiempo. Tenemos que $PMBN$ es cíclico porque dos de sus ángulos opuestos miden 120 y 60. Sea $\omega$ el circuncírcilo de $AOC$, entonces P está sobre $\omega$ (el arco $CA$). Si $\Gamma$ es el circuncírculo del cuadrilátero anterior lo que hacemos es mostrar que $O$ (definido en el comment anterior) está en $\Gamma$. Supongamos que P está en el arco $OA$, entonces haciendo cuentas con ángulo llegamos a que $\angle APO=150$, entonces $\angle NPO=30=\angle NBO \Rightarrow P $ está sobre $\Gamma$ y por tanto el circuncentro de $BMN$ está sobre la mediatriz de $OB$, como quería mostrar. Esto es lo principal. Falta anotar los detallitos para ver que el luagr geométri es el segmento $A'C'$ excluyendo a $A'$ y a $C'$, donde $A'$ es el reflejado de A con respecto a $O$ y $C'$ se define de manera similar
Ahora si. Veamos que que los puntos $A$, $C$, $P$ y $O$ estan en una misma circunferencia. Luego veamos tambien que $M$,$N$,$B$,$P$, estan en una misma circunferencia ya que $\angle APC=\angle MPN=120$. Y tambien vamos a ver que el centro que llamaremos $O$ del triangulo ABC esta en la misma circunferencia. Veamos que si $AO$ intersecta a $BC$ en $D$, entonces $\angle DOB=60$ y $\angle POD=\angle ACP$ por que $ACPO$ es ciclico. Luego $\angle PMB=\angle MAC+\angle ACM=\angle PAC+60$. Entonces $\angle POB+\angle PMB=60+\angle ACP+\angle PAC+60=180$ ya que $\angle CAP+\angle ACP=60$. Entonces $B$,$N$,$O$,$P$ y $M$ estan en una misma circunferencia. Entonces el centro del circulo que queremos esta en la mediatriz de $BO$, y en la mediatriz de $OP$, y como la mediatriz de $BO$ es constante entonces el lugar geometrico de los puntos es donde se intersecte la mediatriz de $OP$ con la de $BO$ solo hasta que P llegue a uno de los vertices $A$ o $C$, y entonces los ultimos puntos serian donde cortan las mediatrices de $OC$ y $AO$ a la mediatriz de $BO$ y estas se cortan en el circuncirculo de $ABC$. Y veamos que para cada punto de esa recta podemos encontrar un punto $P$ tal como nos pedia el problema ya que es si y solo si. Por lo tanto el lugar geometrico seria el segmento de la mediatriz de $BO$ que esta dentro del circuncirculo de $ABC$.
Primero veamos que si
$\alpha$ = $\angle BAN$
tenemos que $\angle MPA$ = 60
entonces $\angle BMP = 60+\alpha$
luego $\angle MPN$ = 120 entonces
BMPN es ciclico entonces $\angle PNC= \angle PMB = 60 +\alpha$
Entonces $\angle PCN = 60-\alpha \rightarrow \angle MCA=\alpha$
Entonces como ABC es equilatero y los angulos en que AN y CM parten a sus
angulos respectivos son iguales entonces
AN=CM
Luego por ley de senos en AMC
$\frac{AM}{sen\alpha}=\frac{CM}{sen 60}$
y en BMC
$\frac{BM}{sen 60-\alpha}=\frac{CM}{sen 60}$
entonces
$AM\cdot BM = sen\alpha \cdot sen 60-\alpha \cdot \left(\frac{CM}{sen 60}\right)^2$
Analogamente
$CN\cdot BN = sen\alpha \cdot sen 60-\alpha \cdot \left(\frac{AN}{sen 60}\right)^2$
y como CM=AN
$AM\cdot BM = CN\cdot BN$
Entonces M y N tienen la misma potencia con respecto al circuncirculo de ABC
Entonces OM = ON (usando la otra formula para calcular potencia)
Pero BM= BN si y solo si P=O (O centro de ABC, en cuyo caso MON=120), entonces solo uno de BM y BN es mayor a
AB/2
Ahora sea D pto medio de AB y E pto medio de BC
Luego OD=OE por simetria y OD y OE perpendiculares a AB y BC resp.
Luego ODM congruente a OEN y como BM= BN si y solo si P=O
Entonces tambien ODBE es ciclico por ser OD y AB perpendiculares
y OE y BC tambien. Luego $\angle NOE = \angle MOD$ entonces
$\angle MON= \angle DOE$ entonces
AMON es ciclico, entonces $\angle MON=120$ y OM=ON entonces
el circuncentro de BMN debe ser simetrico a O con respecto a MN,
por que cumple lo mismo.
Sea T el punto de interseccion de MN y ED
Luego como EN=DM y angulo DTM=angulo NTE y MDT=120 y TEN=60
luego por ley de senos (me da flojera poner las cuentas pero va a salir)
sale que MT=TN
Entonces como el circuncentro de MBN es el reflejado de O con respecto a MN
y OM=ON entonces es el reflejado de O con respecto a T
Pero T siempre esta en ED entonces el lugar geometrico
de los circuncentros de MBN es la figura homotetica al segmento ED con centro O
en razon 2 ( osea que el nuevo segmento mide el doble).
Lo escribi muy rapido, si no queda algo claro me dicen para explicarlo
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