P3 N1 Nacional 2007

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jujumas

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Re: P3 N1 Nacional 2007

Mensaje sin leer por jujumas » Mié 11 Nov, 2015 10:49 pm

Otra solución "linda" (que como toda solución linda en Nivel 1 se trata de marcar un punto nuevo y ver ángulos):
Spoiler: mostrar
Podemos ver con suma de ángulos internos que [math] es isósceles con [math]. Luego, [math]

Llamamos [math] al reflejo de [math] por [math]. Como [math] es claro que [math] y por lo tanto que [math] es un rombo. Luego, [math] y [math]

Como [math] y [math], tenemos que [math]. Restando, vemos que [math], pero como [math], [math] es equilátero. Luego, [math] y [math], por lo que [math] y [math].

De acá llegamos a que [math] y que por lo tanto [math].

Fiebre

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Re: P3 N1 Nacional 2007

Mensaje sin leer por Fiebre » Mié 29 Jul, 2020 11:10 am

Un poco rebuscada pero solución al fin
Spoiler: mostrar
Sea $F$ un punto en la recta $BC$ tal que el ángulo $\angle BAF$ sea de $40°$, luego $C$ está entre $F$ y $B$. Sean $D$ y $E$ los pies de las perpendiculares desde el punto $P$ a los segmentos $AF$ y $BF$, respectivamente. Sea $G$ un punto sobre el segmento $DF$ tal que $\angle DPG=10°$.

Luego de hacer todas las construcciones auxiliares empezamos con la solución: Como $\angle BAF=40°$ por construcción, $\angle BAF=\angle BAP+\angle FAP$ y $\angle BAP=20°$ por enunciado, tenemos que $40°=20°+\angle FAP$, luego $\angle FAP=20°$. Luego, $\angle FAB=\angle FBA=40°$, entonces el triángulo $ABF$ es isósceles con $AF=BF$ y el ángulo $\angle AFB$ es de $100°$ por Suma de Ángulos Interiores (SAI) en un triángulo.

Notemos que $P$ es el incentro del triangulo $ABF$, ya que las bisectrices de los ángulos $\angle FAB$ y $\angle FBA$ se cruzan en $P$, después $P$ esta sobre la bisectriz del ángulo $\angle AFB$ y por lo tanto $PD=PE$.

Por enunciado, $BP=BC$ y $\angle CBP=20°$, entonces por SAI en el triángulo isósceles $BCP$ tenemos que $\angle BCP=\angle BPC=80°$, luego $\angle PCE=80°$, y por construcción $\angle PEC$ es recto, luego, por SAI en el triángulo $CEP$, tenemos que $\angle CPE=10°$.

Por construcción, $\angle GDP=90°$ y $\angle GPD=10°$, por SAI en $DGP$ tenemos que $\angle PGD=80°$, luego los ángulos de los triángulos $CEP$ y $DGP$ son iguales, por lo tanto dichos triángulos son semejantes, pero los catetos mayores son iguales, ya que dijimos que $PD=PE$, entonces son semejantes razón $1$ (es decir congruentes), luego $PG=PC$ y el triángulo $CGP$ es isósceles.

Notemos que $\angle PAG=20°$ y $\angle PGA=80°$, por lo tanto, por SAI en $AGP$, tenemos que $\angle APG=80°$, después $AGP$ es isósceles con $AP=AG$.

Veamos que por SAI en el cuadrilátero $DFEP$ obtenemos que $\angle PDF+\angle DFE+\angle FEP+\angle EPD=\angle PDF+\angle DFE+\angle FEP+\angle EPC+\angle CPG+\angle GPD=90°+100°+90°+10°+\angle CPG+10°=300°+\angle CPG=360°$, después $\angle CPG=60°$, luego por SAI en el triángulo $CGP$ obtenemos que $\angle CGP=\angle CPG=\angle GCP=60°$, entonces el triángulo $CGP$ es equilátero :o y $CG=CP=GP$.

Finalmente, como $AG=AP$ y $CP=CG$, el cuadrilátero $AGCP$ es un romboide y la diagonal $AC$ biseca a los ángulos $\angle GAP$ y $\angle GCP$, entonces $\angle CAG=\angle CAP=10°$ y $\angle ACG=\angle ACP=30°$, por último, tenemos que $\angle BCA=\angle PCB+\angle PCA=80°+30°=110°$, y también $\angle BAC=\angle PAB+\angle PAC=20°+10°=30°$.
Ni con todas las fórmulas del mundo puedo despejarte de mi cabeza

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