COFFEE "Carolina González" - Problema 5

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COFFEE
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COFFEE "Carolina González" - Problema 5

Mensaje sin leer por COFFEE » Sab 09 May, 2020 12:02 am

Sea $ABC$ un triángulo rectángulo con $A\widehat{B}C=90^{\circ}$. Sea $D$ el simétrico de $B$ respecto a $AC$. Sea un punto $P$ interior al cuadrilátero $ABCD$ tal que $AB=AP$. Sean $E$, $F$ y $G$ los pies de las perpendiculares a $BD$, $BC$ y $CD$, respectivamente, que pasan por $P$. Si $FP=2$ y $GP=8$, determinar el valor de $EP$.

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COFFEE
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Re: COFFEE "Carolina González" - Problema 5

Mensaje sin leer por COFFEE » Mar 12 May, 2020 1:04 am

Solución Oficial 1
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Usaremos varias veces la propiedad de que en todo triangulo, sus ángulos suman $180$.

Notemos que al ser $D$ el reflejo de $B$ por $AC$, resulta $AD = AB$ y $CD = CB$. Esto implica que los triángulos $BAD$ y $BCD$ son isósceles, con $\angle CBD = \angle CDB = \gamma$ y $\angle ABD = \angle ADB = 90 - \gamma$. En particular, $\angle BAD = 2 \gamma$

Ahora, la condición del enunciado sobre los valores de $PF, PG, PE$ nos intuye a trabajar con los cuadriáteros $PEBF$ y $PGDE$, que comparten el lado $PE$
Pero como también sabemos que los ángulos $\angle PFB, \angle PEB, \angle PED, \angle PGD$ son iguales a $90$ y comparten $\angle FBE = \angle EDG = \gamma$, nos gustaría ver que los cuadriláteros $PEBF$ y $PGDE$ son semejantes.
¿Cómo podemos verificar esto? Podemos ver que los triángulos que forman son semejantes
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Sea $\alpha = \angle PBE = \angle PBD$. Luego $\angle FBP = \gamma - \alpha$.
Nos gustaría ver que $\angle PDE = \gamma - \alpha$ y que $\angle PDG = \alpha$.

Vemos que "conocemos" el ángulo $\angle PBD$ y queremos "calcular" el ángulo $\angle BDP$. Para ello hallaremos $\angle BPD$.

Aquí usaremos la condición del enunciado de $AP = AB$

En el triángulo isósceles $ABP$, tenemos que $\angle APB = \angle ABP = 90 - \gamma + \alpha$ por ser isósceles. En particular $\angle BAP = 2 \gamma - 2 \alpha$
Pero entonces $\angle PAD = \angle BAD - \angle BAP = 2 \gamma - (2 \gamma - 2 \alpha) = 2 \alpha$.
En el triángulo isósceles $APD$, tenemos que $\angle APD = \frac{180 - \angle PAD}{2} = \frac{180 - 2 \alpha}{2} = 90 - \alpha$.
Entonces $\angle BPD = \angle BPA + \angle APD = 90 - \gamma + \alpha + 90 - \alpha = 180- \gamma$

Y se sigue que $\angle BDP = 180 - \angle PBD - \angle BPD = 180 - \alpha - (180- \gamma) = \gamma - \alpha$.
Luego como $\angle BDC = \gamma$, debe ser $\angle PDG = = \alpha$.

Como $\angle PBE = \angle PDG = \alpha$ y $\angle PEB = \angle PGD = 90$, los trángulos $PEB$ y $PGD$ son semejantes
Como $\angle PBF = \angle PDE = \gamma - \alpha$ y $\angle PFB = \angle PED = 90$, los triángulos $PFB$ y $PED$ son semejantes.

Que es lo que queríamos ver.

Finalmente obtenemos que $\dfrac{PE}{PG} = \dfrac{PB}{PD} = \dfrac{PF}{PE}$.

De donde $PE^2 = PG \cdot PF = 2 \cdot 8 = 16$, de donde $PE = 4$.
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1000i Elizalde

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Re: COFFEE "Carolina González" - Problema 5

Mensaje sin leer por 1000i Elizalde » Mar 12 May, 2020 2:46 am

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Sea $\angle ADB=\angle ABD =\alpha$ (la igualdad es porque $BA=AD$), por lo que $\angle CBD=\angle CDB= 90^{\circ}-\alpha$ (como $D$ es el simétrico de $B$ respecto la recta $AD$ sabemos que $BD$ es perpendicular a $AC$),y por ende $\angle BCA=\angle ACD= \alpha$ y como $\angle CFP=\angle CGP=90^{\circ}$ conculimos que $\angle FPG=180^{\circ}- 2\alpha$. Dado que $\angle BFP=\angle BEP=\angle PGD=\angle PED=90^{\circ}$ y $\angle CBD=\angle CDB= 90^{\circ}-\alpha$, concluimos que $\angle FPE=\angle EPG= 90^{\circ}+\alpha$.

Sea $\angle EPD=2\beta$ y por ende $\angle PDE= 90^{\circ}-2\beta$ y entonces $\angle GDP= 2\beta-\alpha$ y $\angle GPD= 90^{\circ}-2\beta+\alpha$. Ahora como $PA=AD$ vemos que $\angle APD= \angle ADP= 90^{\circ}-2\beta+\alpha$ y por ende $\angle PAD= 4\beta-2\alpha$ y entonces $\angle PAB= 180^{\circ}-4\beta$. Entonces ahora como $AB=AP$ concluimos que $\angle APB= \angle ABP= 2\beta$, por lo que $\angle PBE= 2\beta-\alpha$, entonces $\angle BPE= 90^{\circ}-2\beta+\alpha$ y por ende $\angle FPB= 2\beta$ y $\angle FBP= 90^{\circ}-2\beta$.

Ahora notamos que los triángulos $GDP$ y $BEP$ son semejantes porque tienen sus ángulos iguales, de lo que obtenemos:
$\frac{GD}{BE}$ = $\frac{PG}{PE}$ = $\frac{8}{PE}$ = $\frac{PD}{PB}$

También vemos que los triángulos $PDE$ y $FPB$ son semejantes porque tienen sus ángulos iguales, de lo que concluimos que: $\frac{PD}{PB}$ =$\frac{PE}{FP}$ =$\frac{PE}{2}$ =$\frac{ED}{FB}$ y como las dos súper igualdades que tenemos contienen $\frac{PD}{PB}$ obtenemos que:
$\frac{8}{PE}$ = $\frac{PE}{2}$ $\to$ $PE=4$
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