Nacional 2019 - Nivel 1 - Problema 3

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
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Monazo

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Nacional 2019 - Nivel 1 - Problema 3

Mensaje sin leer por Monazo » Jue 14 Nov, 2019 9:58 am

En el triángulo $ABC$ sean $D$ y $E$ en los lados $AB$ y $AC$ respectivamente, tales que $BD=CE$. Sean $M$ y $N$ los puntos medios de $BC$ y $DE$ respectivamente.
Demostrar que la bisectriz del ángulo $B\hat A C$ es paralela a la recta $MN$.

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lichafilloy

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Re: Nacional 2019 - Nivel 1 - Problema 3

Mensaje sin leer por lichafilloy » Jue 14 Nov, 2019 12:36 pm

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Si $AB = AC$, Entonces es facil ver que la recta $MN$ coincide con la bisectriz $BAC$ y por lo tanto cumple la condición. Supongamos de ahora en más que son distintos.
Sea $P$ la intersección entre $MN$ y la recta $AB$ y sea $Q$ la intersección entre $MN$ y el segmento $AC$ (Puede suceder así o al revés, pero ambos casos son análogos).
Usando el teorema de Menelao en el triángulo $BCA$, con los puntos $M$,$Q$, y $P$ que pertenecen a una misma recta obtenemos:
$$\frac{BM}{MC} \times \frac{CQ}{QA} \times \frac{AP}{PB} = 1$$
Cómo $BM = MC$, $\frac{BM}{MC} = 1$, de donde $\frac{CQ}{QA} = \frac{BP}{AP}$ y de donde $\frac{PA}{AQ} = \frac{BP}{CQ}$. $(1)$
De forma análoga en el triángulo $DEA$ y con los tres puntos colineales $N,Q,P$:
$$\frac{DN}{NE} \times \frac{EQ}{QA} \times \frac{AP}{PD} = 1$$
y usando la igualdad $DN = NE$ y el teorema de Menelao, arribamos a $\frac{EQ}{QA} = \frac{PD}{PA}$ $(*)$ de dónde $\frac{PA}{AQ} = \frac{PD}{EQ}$. $(2)$
Combinando $(1)$ y $(2)$ obtenemos: $\frac{PA}{AQ} = \frac{BP}{CQ} = \frac{PD}{EQ}$.
Usando la última igualdad, podemos decir que $\frac{CQ}{EQ} = \frac{BP}{PD}$. Cómo $ CQ = EQ + EC$ y $BP = PD + BD$ Reescribimos cómo: $\frac{EQ + EC}{EQ} = \frac{PD+BD}{PD} = 1 + \frac{EC}{EQ} = 1 + \frac{BD}{DP}$ de dónde $\frac{EC}{EQ} = \frac{BD}{DP}$. Cómo $BD = EC$, entonces $EQ = DP$.
Volviendo a $(*)$, obtenemos $QA$ = $PA$. Luego $\angle APQ = \angle AQP = \frac{\angle BAC}{2} = \angle MQC$. Nótese que si $I$ es el pie de la bisectriz desde $A$, $\angle CAI = \frac{\angle BAC}{2} = \angle MQC$, de dónde la bisectriz desde $A$ y $MN$ son paralelas
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Monazo

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Re: Nacional 2019 - Nivel 1 - Problema 3

Mensaje sin leer por Monazo » Sab 16 Nov, 2019 4:44 pm

Primero les dejo un Hint por si no se quieren quemar totalmente la solución del problema
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Este es un lindo problema para explicar por qué muchas veces conviene reflejar con respecto a un punto medio. Les dejo el link por si quieren leer un apunte que armé y seguir practicando esta idea que es bastante copada. Prueben reflejando el punto $E$ por $M$.

Link: Simetría Central.
Solución
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Nacional 2019 - Nivel 1 - Problema 1.png
Sea $E'$ el simétrico de $E$ respecto de $M$, y sea $P$ el pie de la bisectriz de $A$. Al ser $M$ el punto medio de $BC$ y $M$ el punto medio de $EE'$, podemos notar que $BE'CE$ es un paralelogramo, porque sus diagonales se cortan en su punto medio. De aquí obtenemos que:

$\angle CBE' = \angle C$. Por ángulos alternos internos.

$EC=BE'=BD$. Por lo que el $\triangle BE'D$ es isósceles en $B$.

Luego notemos que $\angle E'BD = \angle C + \angle B = 180 - \angle A$, por lo que $\angle BDE' = \angle BE'D = \angle \frac{A}{2}$.

Con esto deducimos entonces que el segmento $DE'$ es paralelo a la bisectriz de $A$, dado que $\angle BAP = \angle BDE' = \frac{A}{2}$ y son ángulos correspondientes.

Si nos concentramos ahora en el triángulo $DEE'$, podemos notar que $M$ y $N$ son los puntos medios de $ED$ y $EE'$, por lo que $MN$ es la base media del triángulo $DEE'$. Al ser $MN$ base media, entonces $MN$ es paralelo a $DE'$. y aquí está el quiebre del problema.

Finalmente demostramos que $DE'$ es paralela a la bisectriz de $A$ y a la vez es paralela a la recta $MN$, por lo que esto implica que $MN$ y la bisectriz de $A$ son paralelas, y demostramos lo que nos pedía el enunciado.
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BrunZo

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Re: Nacional 2019 - Nivel 1 - Problema 3

Mensaje sin leer por BrunZo » Sab 16 Nov, 2019 7:54 pm

Solución:
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Lema: Sea $ABC$ un triángulo con $AC>AB$. Sean $M$ el punto medio de $BC$ y $P$ en $AC$ tal que $BA+AP=PC$. Entonces, $MP$ es paralela a la bisectriz de $\angle BAC$.
Demostración: Sea $L$ el pie de esta bisectriz.
Sea $X$ en la recta $CA$ tal que $AX=AB$. Luego, $\angle AXB=\angle ABX=\frac{1}{2}\angle BAC=\angle CAL$, de modo que $AL\parallel BX$.
Por otro lado, vale que $PC=BA+AP=XA+AP=XP$, luego $P$ es punto medio de $CX$. Además, como $M$ es punto medio de $CB$, se sigue que $BX\parallel MP$.
Combinando, $AL\parallel BX\parallel MP$, como queríamos probar.

Sea $P$ el punto en $ABC$ definido como el del Lema. Como $BD=CE$, se sigue que la hipótesis del Lema también vale para $ADE$. Es decir, aplicado el Lema a los dos triángulos, se deduce que $MP$ y $NP$ son ambas paralelas a la bisectriz de $\angle BAC$, por lo que la recta $MN$ es paralela también, como queríamos probar.
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Joacoini

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Re: Nacional 2019 - Nivel 1 - Problema 3

Mensaje sin leer por Joacoini » Sab 16 Nov, 2019 10:19 pm

BrunZo escribió:
Sab 16 Nov, 2019 7:54 pm
Solución:
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Lema: Sea $ABC$ un triángulo con $AC>AB$. Sean $M$ el punto medio de $BC$ y $P$ en $AC$ tal que $BA+AP=PC$. Entonces, $MP$ es paralela a la bisectriz de $\angle BAC$.
Demostración: Sea $L$ el pie de esta bisectriz.
Sea $X$ en la recta $CA$ tal que $AX=AB$. Luego, $\angle AXB=\angle ABX=\frac{1}{2}\angle BAC=\angle CAL$, de modo que $AL\parallel BX$.
Por otro lado, vale que $PC=BA+AP=XA+AP=XP$, luego $P$ es punto medio de $CX$. Además, como $M$ es punto medio de $CB$, se sigue que $BX\parallel MP$.
Combinando, $AL\parallel BX\parallel MP$, como queríamos probar.

Sea $P$ el punto en $ABC$ definido como el del Lema. Como $BD=CE$, se sigue que la hipótesis del Lema también vale para $ADE$. Es decir, aplicado el Lema a los dos triángulos, se deduce que $MP$ y $NP$ son ambas paralelas a la bisectriz de $\angle BAC$, por lo que la recta $MN$ es paralela también, como queríamos probar.
Y si $AB=AC$?
NO HAY ANÁLISIS.

BrunZo

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Re: Nacional 2019 - Nivel 1 - Problema 3

Mensaje sin leer por BrunZo » Lun 18 Nov, 2019 11:11 am

Joacoini escribió:
Sab 16 Nov, 2019 10:19 pm
Y si $AB=AC$?
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El lema sigue valiendo... $P=A$ y $L=M$, por lo que $AL\parallel PM$.

maxiR

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Re: Nacional 2019 - Nivel 1 - Problema 3

Mensaje sin leer por maxiR » Lun 18 Nov, 2019 8:31 pm

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Asumamos que $AB\neq AC$, sino el problema es trivial.Sin pérdida de la generalidad supongamos que $AC>AB$.
Sean $Y$ y $X$ las intersecciones de la bisectriz de $\angle BAC$ con $BC$ y $DE$ respectivamente.
Vamos a denotar [$\mathcal{P}$] al área del poligono $\mathcal{P}$.
Como $BD=CE$, $[BDY]=[YEC] (1)$ pues $Y$ equidista de $AB$ y $AC$.
Como $DN=NE$, $[DYN]=[CEY] (2)$.
De $(1)$ y $( 2)$ resulta que $[BYND]=\frac{[BCDE]}{2}$.
Analogamente $[BMXD]=\frac{[BCDE]}{2}$.
Pero $[BYND]=[BDXY]+[XNY]$ y $[BMXD]=[BDXY]+[XYM]$.Entonces $[XNY]=[XMY]$, de donde $XY\parallel MN$, de lo que sigue el problema.

Martín Lupin
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Re: Nacional 2019 - Nivel 1 - Problema 3

Mensaje sin leer por Martín Lupin » Mar 19 Nov, 2019 9:03 pm

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Sea $P$ el pie de la bisectriz de $\angle BAC$. Sean $X$ un punto en la recta $AB$ tal que $XM\parallel AP$, $Y=AC\cap XM$, y $N'=XM\cap DE$. Vamos a demostrar que $N=N'$.
Por el teorema de la bisectriz en $\triangle ABC$, obtenemos que $\frac{AB}{BP}=\frac{AC}{CP}$. Como $\triangle ABP\sim \triangle XBM$ y $\triangle ACP\sim \triangle YCM$, tenemos que $\frac{AB}{BP}=\frac{BX}{BM}$ y $\frac{AC}{CP}=\frac{CY}{CM}$. Combinando las expresiones obtenidas, $\frac{BX}{BM}=\frac{CY}{CM} \Leftrightarrow BX=CY$.
Aplicando la Ley de senos en $\triangle XDN'$ y $\triangle YEN'$, se obtiene $DN'=\frac{DX\cdot \sin{\angle DXN'}}{\sin{\angle DN'X}}$ y $EN'=\frac{EY\cdot \sin{\angle EYN'}}{\sin{\angle EN'Y}}$. Ahora vamos a demostrar que ambas expresiones son equivalentes.
Es cierto que $DX=EY$, ya que $BX=CY$ y $BD=CE$. Además $\angle DXN'=\angle DAP=\angle EAP=\angle EYN'$. Por último, como $\angle DN'X+\angle EN'Y=180^\circ$, tenemos que $\sin{\angle DN'X}=\sin{\angle EN'Y}$. Luego $DN'=EN'$, por lo que es el punto medio de $DE$ y así $N=N'$. Luego $MN\parallel AP$.

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