Rioplatense 2008 N1 P2

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
Avatar de Usuario
Joacoini

OFO - Medalla de Plata-OFO 2018 FOFO 8 años - Medalla Especial-FOFO 8 años OFO - Medalla de Oro-OFO 2019 FOFO Pascua 2019 - Medalla-FOFO Pascua 2019 FOFO 9 años - Medalla Especial-FOFO 9 años
OFO - Medalla de Oro-OFO 2020 FOFO Pascua 2020 - Copa-FOFO Pascua 2020
Mensajes: 356
Registrado: Jue 12 Oct, 2017 10:17 pm
Medallas: 7
Nivel: Exolímpico
Ubicación: Ciudad Gotica

Rioplatense 2008 N1 P2

Mensaje sin leer por Joacoini » Vie 29 May, 2020 5:37 pm

Sea $ABC$ un triángulo obtusángulo en $C$ tal que $2B\widehat AC=A\widehat BC$. Sea $P$ un punto sobre el lado $AB$ tal que $BP=2BC$. Sea $M$ el punto medio de $AB$ ($M$ está entre $P$ y $B$). Probar que la perpendicular al lado $AC$, trazada por $M$, corta a $PC$ en su punto medio.
NO HAY ANÁLISIS.

Avatar de Usuario
DiegoLedesma
Mensajes: 56
Registrado: Vie 28 Jul, 2017 9:21 pm
Nivel: Otro

Re: Rioplatense 2008 N1 P2

Mensaje sin leer por DiegoLedesma » Lun 01 Jun, 2020 11:14 am

Spoiler: mostrar
Sea N en AB tal que $A\widehat{C}N=90º$ y sea $BP=2k=2BC$ $\Rightarrow$ $BC=k$.
Por teorema del seno en $\overset{\bigtriangleup}{ABC}:\frac{sen(2\alpha)}{AC}=\frac{sen(\alpha)}{k}$. Pero $sen(2\alpha)=2sen(\alpha)cos(\alpha)$ $\Rightarrow$ $\frac{2 sen(\alpha)cos(\alpha)}{AC}=\frac{sen(\alpha)}{k}$ $\Rightarrow$ $cos(\alpha)=\frac{AC}{2k}$ $\Rightarrow$ $AN=2k$ $\Rightarrow$ $NB=AP$.
Además: $MN=\frac{AB}{2}-NB=\frac{AB}{2}-AP=PM$
Y siendo $O$ punto medio de $PC$, se tiene que $MO$ es base media de $\overset{\bigtriangleup}{PCN}$
$\therefore$ $DM$ corta a $PC$ en su punto medio (Q.E.D.)

Avatar de Usuario
Gianni De Rico

FOFO 7 años - Mención Especial-FOFO 7 años OFO - Medalla de Oro-OFO 2019 COFFEE - Jurado-COFFEE Matías Saucedo OFO - Jurado-OFO 2020 FOFO Pascua 2020 - Jurado-FOFO Pascua 2020
COFFEE - Jurado-COFFEE Carolina González COFFEE - Jurado-COFFEE Ariel Zylber
Mensajes: 1293
Registrado: Vie 16 Sep, 2016 6:58 pm
Medallas: 7
Nivel: Exolímpico
Ubicación: Rosario
Contactar:

Re: Rioplatense 2008 N1 P2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Lun 01 Jun, 2020 12:37 pm

Tomando la idea de Diego, dejo una sin trigonometría
Spoiler: mostrar
Rioplatense 2008 N1 P2.png
Vamos a definir varios puntos. Sea $D$ tal que $C$ es el punto medio de $BD$, $E$ en $DP$ tal que $BE$ es bisectriz de $\angle DBP$, $F$ en $AC$ tal que $BF$ es bisectriz de $\angle CBA$, $N$ el punto donde la perpendicular al lado $AC$ por $M$ corta a $PC$, y $Q$ el punto tal que $M$ es el punto medio de $PQ$.

Como $C$ es el punto medio de $BD$, entonces $BD=2BC=BP$, por lo tanto, $PBD$ es isósceles, y como $BE$ es bisectriz de de $\angle DBP$, tenemos que $\angle PEB=90°$ y que $E$ es el punto medio de $DP$. Entonces, $CE$ es base media en $PBD$, luego, $CE\parallel AB$.
Como $BF$ es bisectriz de $\angle CBA$, tenemos que $2\angle FBA=\angle CBA=2\angle BAC$, por lo tanto, $\angle FBA=\angle BAC$, pero $CE\parallel AB$, de donde $\angle FEC=\angle FBA=\angle BAF=\angle ECF$. Entonces los triángulos $ABF$ y $CEF$ son isósceles con $AF=BF$ y $FE=FC$, por lo tanto, $AC=AF+FC=BF+EF=BE$. Además, como $M$ es el punto medio de $PQ$ tenemos que $MP=MQ$, y como $M$ es el punto medio de $AB$ tenemos que $AM=BM$, entonces $AQ=AM+MQ=BM+MP=BP$. De esta forma, los triángulos $AQC$ y $BPE$ tienen $AQ=BP$, $AC=BE$ y $\angle QAC=\angle BAC=\angle ABF=\angle PBE$, por lo tanto, $AQC\equiv BPE$, y así $\angle QCA=\angle PEB=90°$, es decir que $CQ\perp AC$. Como $MN\perp AC$, entonces $MN\parallel CQ$, y al ser $M$ punto medio de $PQ$, tenemos que $MN$ es base media en $PQC$, de donde $N$ es el punto medio de $PC$. Y estamos.
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
Queda Elegantemente Demostrado

Responder