IMO 2003 - P4

Avatar de Usuario
Gianni De Rico

FOFO 7 años - Mención Especial OFO - Medalla de Oro
Mensajes: 940
Registrado: Vie 16 Sep, 2016 6:58 pm
Medallas: 2
Nivel: Exolímpico
Ubicación: Rosario
Contactar:

IMO 2003 - P4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mié 18 Jul, 2018 3:38 pm

Sea $ABCD$ un cuadrilátero convexo cuyos vértices están sobre una circunferencia. Sean $P$, $Q$ y $R$ los pies de las perpendiculares trazadas desde $D$ a las rectas $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente. Demostrar que $PQ=QR$ si y sólo si las bisectrices de los ángulos $A\widehat BC$ y $A\widehat DC$ se cortan sobre la recta $AC$.
[math]

Avatar de Usuario
Turko Arias

Colaborador OFO - Medalla de Plata OFO - Medalla de Oro FOFO Pascua 2019 - Medalla
Mensajes: 263
Registrado: Lun 28 Nov, 2011 11:39 am
Medallas: 4
Nivel: Ñandú
Ubicación: La Plata, Provincia de Buenos Aires

Re: IMO 2003 - P4

Mensaje sin leer por Turko Arias » Vie 20 Jul, 2018 4:45 am

Spoiler: mostrar
Consideramos el triángulo $ABC$, como $D$ está sobre su circunscripta, y $P$, $Q$ y $R$ son los pies de las perpendiculares por $D$ a sus lados entonces por Recta de Simson $P$, $Q$ y $R$ están alineados. Sea $X_1$ la intersección de la bisectriz de $\angle ADC$ con $AC$ y sea $X_2$ la intersección de la bisectriz de $\angle ABC$ con $AC$.Aplicamos Teorema de la bisectriz en $ABC$ y en $ACD$ y obtenemos las siguientes igualdades:
$\frac{CX_1}{AX_1}=\frac{CD}{AD}$ y $\frac{CX_2}{AX_2}=\frac{BC}{AB}$
Veamos el cuadrilatero $PCQD$, como es recto en $P$ y en $Q$ entonces es cíclico, tenemos entonces $\angle CDP= \angle CQP= \alpha$, pero por opuestos por el vértice $\angle AQR= \alpha$. Mirando el cuadrilatero $ARQD$ vemos que tiene $\angle ARD = \angle AQD=90º$, con lo que es cíclico, y por ende $\angle AQR= \angle ADR= \alpha$. Luego, los triángulos $CDP$ y $ADR$ tienen un ángulo recto y un ángulo que vale $\alpha$, por ende son semejantes.
Aplicamos ahora Menelao en el triángulo $BPR$ con la recta $AC$, tenemos $\frac{BC}{PC} \frac{PQ}{QR} \frac{AR}{AB}=1=\frac{BC}{AB} \frac{AR}{PC} \frac{PQ}{QR}$, pero por la semejanza de $CDP$ y $ADR$ tenemos que $\frac{AR}{PC}= \frac{AD}{CD}$, con lo que nos queda $\frac{BC}{AB} \frac{AD}{CD} \frac{PQ}{QR}=1$ $(*)$


Nos queda entonces:

$\bullet$ Si las bisectrices del enunciado se cortan sobre $AC$ entonces $X_1=X_2$, por lo que $\frac{CD}{AD}=\frac{CX_1}{AX_1}=\frac{CX_2}{AX_2}=\frac{BC}{AB}$, luego, $\frac{CD}{AD}=\frac{BC}{AB}$ que es equivalente a $\frac{BC}{AB}\frac{AD}{CD}=1$ y reemplazando en $(*)$ nos queda $\frac{PQ}{QR}=1$ con lo que $PQ=QR$.

$\bullet$ Si $PQ=QR$ tenemos que $\frac{PQ}{QR}=1$, reemplazando en $(*)$ nos queda $\frac{BC}{AB} \frac{AD}{CD}=1$, o lo que es lo mismo $\frac{CD}{AD}=\frac{BC}{AB}$, pero por el Teorema de la Bisectriz teníamos que $\frac{CX_1}{AX_1}=\frac{CD}{AD}$ y $\frac{CX_2}{AX_2}=\frac{BC}{AB}$, con lo que $\frac{CX_1}{AX_1}=\frac{CX_2}{AX_2}$ con lo que $X_1=X_2$ QED. $\blacksquare$
1  

BrunZo

OFO - Medalla de Bronce FOFO 8 años - Mención Especial OFO - Medalla de Plata FOFO Pascua 2019 - Medalla
Mensajes: 85
Registrado: Mar 21 Nov, 2017 8:12 pm
Medallas: 4
Nivel: 1

Re: IMO 2003 - P4

Mensaje sin leer por BrunZo » Vie 24 May, 2019 9:27 pm

Solución:
Spoiler: mostrar
Primero, notemos que, usando el teorema del seno en $PDQ$ y $QDR$, tenemos
$$PQ=QR\Longleftrightarrow CD\cdot\sin\angle C=AD\cdot\sin\angle A\Longleftrightarrow\frac{CD}{AD}=\frac{\sin\angle A}{\sin\angle C}=\frac{BC}{AB}\Longleftrightarrow AB\cdot CD=BC\cdot AD$$
Segundo, notemos que si la bisectrices de $\angle B$ y $\angle D$ cortan a $AC$ en $X$ e $Y$, entonces
$$X=Y\Longleftrightarrow \frac{AX}{XC}=\frac{AY}{YC}\Longleftrightarrow \frac{AB}{BC}=\frac{AD}{DC}\Longleftrightarrow AB\cdot CD=BC\cdot AD$$
De modo que se concluye el resultado deseado.

Avatar de Usuario
Gianni De Rico

FOFO 7 años - Mención Especial OFO - Medalla de Oro
Mensajes: 940
Registrado: Vie 16 Sep, 2016 6:58 pm
Medallas: 2
Nivel: Exolímpico
Ubicación: Rosario
Contactar:

Re: IMO 2003 - P4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Vie 24 May, 2019 11:27 pm

Solución:
Spoiler: mostrar
Notemos que $P,Q,R$ están sobre $s$, la recta de Simson correspondiente a $D$ respecto de $ABC$. Sean $P',Q',R',P'_{\infty}\neq D$ los puntos de intersección de las rectas $DP,DQ,DR$ y la paralela a $s$ por $D$ con el circuncírculo de $ABCD$. Como $DP\perp PC$ y $DQ\perp QC$, entonces $P$ y $Q$ están sobre la circunferencia de diámetro $CD$, luego $\angle BPQ=\angle CDQ=\angle CDQ'=\angle CBQ'=\angle PBQ'$, por lo que $PQ\parallel BQ'$, es decir, $s\parallel BQ'$. Análogamente, $s\parallel AP'$ y $s\parallel CR'$. Por lo tanto, la mediatrices de $AP',BQ',CR',DP'_{\infty}$ coinciden, sea $m$ dicha mediatriz, la reflexión por $m$ manda $A\to P'$, $B\to Q'$, $C\to R'$ y $D\to P'_{\infty}$, luego $\{A,C;B,D\}=\{P',R';Q',P'_{\infty}\}\underset{D}{=}\{P,R;Q,P_{\infty}\}$, donde $P_{\infty}$ es el punto del infinito de la recta $s$.
Sea $\Gamma$ la circunferencia de Apolonio de $B$ respecto de $A$ y $C$. Entonces $PQ=QR$ si y sólo si $-1=\{P,R;Q,P_{\infty}\}=\{A,C;B,D\}$ si y sólo si $D\in \Gamma$ si y sólo si las bisectrices de los ángulos $\angle ABC$ y $\angle ADC$ se cortan sobre la recta $AC$.
[math]

Responder