P3 N1 Nacional 2007

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jujumas

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Re: P3 N1 Nacional 2007

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Otra solución "linda" (que como toda solución linda en Nivel 1 se trata de marcar un punto nuevo y ver ángulos):
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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].
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Fiebre

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Re: P3 N1 Nacional 2007

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Un poco rebuscada pero solución al fin
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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
MathIQ

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Re: P3 N1 Nacional 2007

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Sabiendo que $A\widehat{B}C$ = $40^{\circ}$ $ \Rightarrow $ La bisectriz parte el angulo en $20^{\circ}$, marquemos un punto $P$ cualquiera sobre la bisectriz dada, después tracemos el lado $\overline{BC}$ = $\overline{BP}$. Y marcamos el lado $\overline{AB}$ de tal manera que cumpla que $B\widehat{A}P$ = $20^{\circ}$ dicho esto ya tenemos el triángulo $ABC$ graficado. Ahora nos queda averiguar el valor de $A\widehat{C}B$ y $B\widehat{A}C$.Según la información dada podemos sacar la medida de $B\widehat{P}C$ y $B\widehat{C}P$, ya que es isósceles y tenemos el valor del ángulo desigual, entonces hacemos ($180^{\circ}$- $20^{\circ}$) /2 = $80^{\circ}$.Si prolongamos el segmento $\overline{CP}$ ( denominemos $x$ al punto de intersección entre el lado y la prolongación), podemos sacar los dos ángulos pegados al de $B\widehat{P}C$ sabiendo que el angulo llano es $180^{\circ}$ , hacemos $180^{\circ}$ - $80^{\circ}$ = $100^{\circ}$, y con esto ya sacamos los dos ángulos, como la vuelta es $360^{\circ}$ , hacemos $360^{\circ}$- $80^{\circ}$- $100^{\circ}$- $100^{\circ}$ = $80^{\circ}$ sacando el cuarto ángulo. Si trazamos el segmento $\overline{PA}$, si vemos este segmento dado es bisectriz del de $80^{\circ}$ , entonces $X\widehat{P}A$ = $40^{\circ}$ y como $B\widehat{A}P$ = $20^{\circ}$ el ángulo $C\widehat{X}A$ sera igual a $180^{\circ}$ - $20^{\circ}$ - $40^{\circ}$ = $120^{\circ}$ y si vemos $CXA$ es isósceles y por lo tanto $XAC$ = $ACX$ = ($180^{\circ}$-$120^{\circ}$)/2 = $30^{\circ}$ y por lo tanto $B\widehat{A}C$ = $30^{\circ}$ y $B\widehat{C}A$ = $180^{\circ}$- $30^{\circ}$- $40^{\circ}$= $110^{\circ}$.

Se vería así :
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geogebra-export.png
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jazzzg

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Re: P3 N1 Nacional 2007

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Sea $R$ la interseccion de $AP$ y $BC$ y $K$ la interseccion de $CP$ y $AB$.

Se sabe que $\angle PBA = \angle PAB = 20^{\circ} $, $\angle BPA$ = 180 - 20*2 = 140. Ademas $BP$ = $BC$, entonces se tiene que $\angle BCP = \angle BPC = (180 -20)/2 = 80^{\circ}$ y $\angle CPA = 360 - 140 - 80 = 140$.

Se sabe que $\angle CPR = \angle BPR = 180 - \angle CAP = 180 - \angle BPA = 40^{\circ}$. Entonces $RP$ es bisectriz de $\angle BPC$ y por el teorema de la bisectriz $\frac{BP}{PC}=\frac{BR}{RC}$. Como $\angle ABC = 40, \angle BCP = \angle BCK = 80$ tengo que los triangulos $BCK$ y $CRP$ son semejantes, entonces $\frac{RC}{KC}=\frac{CP}{BC}=\frac{RP}{BK}$.

Luego, $\angle BRP = 180 - \angle CRP = 180 - 60 = 120 = 180 - \angle BKC = \angle PKA$, como $BP$ = $AP$ tengo que $BRP$ y $AKP$ son congruentes luego $AK$ = $BR$.
Como $BP$ = $BC$ y $AK$ = $BR$:
$\frac{KA}{RC}=\frac{BR}{RC}=\frac{BP}{PC}=\frac{BC}{PC}=\frac{KC}{RC}$, $\frac{KA}{RC}=\frac{KC}{RC}$, por lo tanto $KA = KC$, entonces $\angle KAC = \angle KCA = (180 - 120)/2=30 = \angle BAC$ y $\angle BCA = 180 - 40 - 30 = 110$
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