Problema de Año Nuevo

Hola a todos! Feliz Año Nuevo!
Les dejo una solución que usa una técnica diferente a las ya presentadas del problema de geometría. También les dejo otro problema para que sigan trabajando. Saludos!! =)

El problema dice:
"Los vértices de un triángulo se etiquetan con las letras A, B, C. Dicho triángulo se subdivide en triángulos más pequeños. Los vértices de los nuevos triángulos que queden sobre los lados del tiángulo original se etiquetan bajo las siguientes condiciones: los vértices sobre AB deben etiquetarse como A o como B, los vértices sobre BC deben etiquetarse como B o como C, los vértices sobre AC deben etiquetarse como A o como C y los vértices en el interior pueden etiquetarse con cualquiera de las letras A, B, C. Pruebe que al menos uno de los subtriángulos en los que se dividió el triángulo original recibe las tres etiquetas."

La solución del Regalo de Navidad es la siguiente:

Primero, les recuerdo el
Teorema Generalizado de la Bisectriz,
que dice: "Si ABC es un triángulo y P es un punto sobre BC entonces"

$\frac{BP}{PC} = \frac{BA}{AC}\cdot\frac{\sin\angle BAP}{\sin\angle PAC}$

Definiendo los ángulos $\alpha =\angle QBS$ $\beta = \angle SBA$
$\theta = \angle AQB$

es fácil verficar que
$\alpha = \angle QBS = \angle RAT$
$\beta = \angle SBA = \angle SAK =\angle ARB$
$\theta = \angle AQB = \angle TAB = \angle QBR$
de lo cual se desprenden varias semejanzas que utilizaremos más adelante


a)

De la semejanza entre los triángulos $BRP$ y $AQP$ y del hecho de
que $AQ$ es paralela a $BR$ se sigue que $P, S, T$ son colineales si y sólo si se
satisface $\frac{QS}{SA} =
\frac{RT}{TB}$

Aplicando el teorema generalizado de la bisectriz al triángulo
$ABQ$ y el punto $S$, obtenemos:

$\frac{QS}{SA} = \frac{QB}{BA}\cdot\frac{\sin\angle QBS}{\sin
\angle ABS} = \csc\theta \cdot
\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{\sin\alpha}{\sin\beta\cdot\sin\theta}$

y aplicando el mismo teorema al punto $T$ y al triángulo $ABR$:


$\frac{RT}{TB} = \frac{RA}{AB} \cdot \frac{\sin\angle RAT}{\sin
\angle BAT} =\csc\beta\cdot
\frac{\sin\alpha}{\sin\theta}=\frac{\sin\alpha}{\sin\beta\cdot\sin\theta}$

lo que termina la demostración de este inciso.

b)

Para este inciso utilizaremos otro resultado que yo lo uso muy de la mano con el teorema de la bisectriz, que dice:

"Si $\alpha + \beta = x+y <180$ y $\frac{\sin\alpha}{\sin\beta} = \frac{\sin x}{\sin y}$ donde los $\alpha,\beta,x,y$ son todos positivos, entonces $\alpha =x$, $\beta = y$".

En virtud de ese resultado, para este inciso demostraremos que $\angle APK = \angle BPL$, de lo cual se sigue inmediatamente la colinealidad entre $P,K,L$.

Observemos que $\angle APK + \angle RPK = \angle BPL + \angle QPL = \angle APQ < 180$, por lo que basta demostrar que $\frac{\sin\angle QPL}{\sin\angle BPL} = \frac{\sin\angle RPK}{\sin\angle APK}$

Aplicaremos ahora el teorema generalizado de la bisectriz en el triángulo $QPB$ y el punto $L$ sobre $QB$:

$\frac{QL}{LB} = \frac{QP}{PB}\cdot\frac{\sin\angle QPL}{\sin\angle BPL}$

$\Leftrightarrow$

$\frac{\sin\angle BPL}{\sin\angle QPL} =\frac{QL}{LB}\cdot\frac{QP}{PB} = \frac{QL}{LA}\cdot \frac{LA}{LQ}\cdot\frac{QP}{PB} = \frac{AB^2}{AQ^2}\cdot\frac{QP}{PB}$

la última igualdad se debe a las semejanzas $ABQ \sim LBA$ y $ABQ \sim LQA$.
Análogamente:

$\frac{\sin\angle APK}{\sin\angle RPK} = \frac{AK}{KR}\cdot\frac{RP}{PA}=
\frac{AK}{KB}\cdot\frac{BK}{KR}\cdot\frac{RP}{PA}=\frac{AB^2}{BR^2}\cdot\frac{RP}{PA}$

la igualdad $\frac{AB^2}{AQ^2}\cdot\frac{QP}{PB}=\frac{AB^2}{BR^2}\cdot\frac{RP}{PA}$ se sigue directamente de la semejanza $BRP \sim AQP$.

Entonces acabamos de probar que $\frac{\sin\angle BPL}{\sin\angle QPL} =\frac{\sin\angle APK}{\sin\angle RPK}$ y ya habíamos visto que $\angle BPL + \angle QPL = \angle APK + \angle RPK < 180$, y por el resultado mencionado al principio se sigue que $\angle APK
= \angle BPL$ y $\angle RPK = \angle QPL$, cualquiera de esas dos igualdades implica que P,K,L son colineales, como queríamos.