Olimpiada Matemática de Galicia 2013 – Problema 6

Sexto y último problema de la Olimpiada Matemática de Galicia 2013. El enunciado es el siguiente:

Sean A, B y C los vértices de un triángulo y P, Q y R los respectivos pies de las bisectrices trazadas desde esos mismos vértices. Sabiendo que PQR es un triángulo rectángulo en P, se te pide probar dos cosas:

a) Que ABC ha de ser obtusángulo.

b) Que en el cuadrilátero ARPQ, pese a no ser cíclico, la suma de sus
ángulos opuestos es constante.

A por él.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

20 Comentarios

  1. ¿No hay un error en el enunciado?

    Del apartado b se deduciría la siguiente relación en los ángulos:

    QPR + QAR = AQP + ARP

    ¿o me equivoqué?

    Pero QPR es 90º (rectángulo en P) y QAR es 2*QAP (bisectriz)

    Y resulta que la suma de los 4 ángulos de un cuadrilátero es 360º

    Luego: 90+2*QAP + 90 + 2*QAP = 360
    Entonces QAP = 45º y QAR = CAB = 90º !! Luego, no sería obtusángulo sino rectángulo!!

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  2. Acido, no veo claro lo que va en negrita en esta frase:

    Pero QPR es 90º (rectángulo en P) y QAR es 2*QAP (bisectriz)

    ¿Lo puedes argumentar? Es que me da que es falso.

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  3. Si no entendí mal el enunciado,

    “P, Q y R los respectivos pies de las bisectrices trazadas desde esos mismos vértices”

    Bisectriz significa que el ángulo CAP es igual a PAB … y, como Q está en AC, CAP=QAP … y, como R está en AB, BAP = RAP
    Y QAR = CAB …. Luego, QAR= CAB = CAP + PAB …
    Como son iguales, entonces QAR= CAB = 2*CAP = 2*QAP

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  4. Por otro lado, vi en Wikipedia “Para un cuadrilátero convexo, una condición necesaria y suficiente para que sea cíclico es que alguna de las dos parejas de ángulos opuestos sumen 180º”… (y los otros dos también, claro)

    Si la suma de ángulos opuestos es constante entonces sólo puede ser 180º… lo cual es condición suficiente para que sea cíclico. ¡¡Por tanto, debe ser cíclico!!! (a menos que no fuese convexo, cosa que dudo) ¡Pero el enunciado dice que no es cíclico! (a no ser que “pese a no ser cíclico” signifique “aún en los casos en que no fuese cíclico” pero no hay ningún caso así)

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  5. Aclarado el tema, tenías razón en eso.

    He vuelto a mirar el enunciado y está tal cual me lo enviaron. A ver si alguien nos puede iluminar sobre el tema.

    Edit: Borrados dos comentarios de Juanjo Escribano a petición suya.

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  6. Sebas,

    Quizá hasta el apartado a sea todo correcto, no lo se, pero el enunciado tiene también un apartado b y ambos no pueden ser correctos.

    Según lo que dices CAB = 120º = QAR
    El apartado b dice que QPR + QAR = AQP + ARP
    QPR = 90º

    Así que tenemos QPR + QAR = 90º + 120º = 210º = AQP + ARP

    Lo cual es imposible, ya que QPR + QAR + AQP + ARP debe ser 360º

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  7. La solución de Sebas es fácil de comprobar para un triángulo isósceles.
    Si a los lados inclinados les asignamos el valor 1 (por semejanza valdría cualquier valor) y al los ángulos de la base B y C el valor x tendremos que la base BC mide 2cos(x) y la altura sen(x).
    Llamemos m y n a los dos segmentos AQ y QC. Por la propiedad de las bisectrices tendremos en ABC que m/n=AB/BC=1/(2cos(x)).
    Como los ángulos APQ y APR son iguales por simetría ambos vallen 45º por lo que QPC también vale 45º y PR es bisectriz en P del triángulo APC.
    Utilizando la misma propiedad en este triángulo a la citada bisectriz tenemos que m/n=AP/PC=sen(x)/cos(x).
    Igualando los dos resultados: m/n=1/(2cos(x))=sen(x)/cos(x) de donde deducimos que sen(x)=1/2 y x será 30º y el ángulo A será de 120º.
    Quizá Sebas haya podido demostrar que A es independiente de los valores de B y C que siempre sumarían 60º con lo que los vértices opuestos del cuadrilátero sumarían siempre dos de ellos 210º y los otros dos 150º que es lo que pide el enunciado.

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  8. El ángulo A es constante igual a 120º, por lo que la suma con el ángulo en P es constante, 210º. Los otros dos suman 150º. Por tanto no se trata de un cuadrilátero cíclico, en el que la suma de los ángulos opuestos no solo es constante, sino que vale precisamente 180º. La cuestión se puede resolver aplicando el teorema del coseno, el de la bisectriz y la longitud de la bisectriz, junto con el coseno del ángulo mitad. Se debe poder demostrar así que cos(A) = -1/2. Pero me enredo un poco con la manipulación algebraica.

    Aqui hay un applet con la explicación inacabada …

    http://www.xente.mundo-r.com/ilarrosa/GeoGebra/OMG2013_6.html

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  9. JJGJJG,

    Eso suena bien. Entonces me equivoqué en la interpretación.

    No sería:

    QPR + QAR = AQP + ARP

    Sino:

    QPR + QAR = constante1

    AQP + ARP = constante2

    Con constante1 distinta a constante2 (ya que sólo pueden ser iguales si es cíclico).

    De todas formas, me parece un enunciado confuso. Al decir suma constante creo que es normal pensar lo que pensé yo, que dada cualquier pareja de lados opuestos la suma será siempre un mismo número (180), lo cual no es así (si tomas una pareja da 210 y si tomas la otra da 150).

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  10. Ignacio Larrosa Cañestro

    Además de no haber visto ninguna demostración de que el ángulo sea 120º (que no lo discuto), el ángulo opuesto en P no es 90º (este es el ángulo de las bisectrizes, sino el de la bisectriz que pasa por P con el lado opuesto al vértice a, con lo que si no estoy equivocado, volvemos a la casilla de salida

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  11. Intuyo, aunque tampoco lo sé demostrar, que la solución es de ángulos iguales y por tanto triángulos semejantes y así la suma de ángulos opuestos se mantiene en todos los casos

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  12. Juanjo, ya dije en el post que la explicación está inacabada. Pero el ángulo A si que es de 120º, y el ángulo RPQ es recto según el enunciado. El problema se puede resolver según indiqué, entre otros, aunque la manipulación algebraica es farragosa. Desconozco si hay algo más directo.

    Lo que también es cierto, es que si el ángulo RPQ no es recto, el ángulo A no es constante.

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  13. Juanjo Escribano, quizá no dibujáis algunos la figura compatible con el enunciado:.
    El problema supone que las bisectrices son AP, BQ y CR. De este modo, en el cuadrilátero ARPQ, son ängulos opuestos el QAR, que puede valer 120º, y el QPR que sí mide 90º. Para un triángulo isósceles con AB=AC sí está demostrado que QAR vale 120º.

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  14. Teneis razón,

    como indicaba en mi comentario (erróneamente), me estaba fijando en el cuadrilátero ABPQ y no en el ARPQ ¡QUE ES LO QUE DICE EL ENUNCIADO!

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  15. Mantengo lo que dije, ángulo de 120º y el opuesto recto, pero como apunta Ignacio, la demostración es muy “pesada”. Teorema de las bisectrices y teorema del coseno, he pasado por la geometría analítica y otro que tal. Por este motivo no lo considero demostración de un “Olímpico” y la olvido. Sigo intentando otras vertientes, como la geométrica, pero de momento se resisten

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  16. Bueno, ahora creo que si está, utilizando el teorema del coseno, la propiedad de la bisectriz de dividir al lado opuesto en segmentos proporcionales a los lados adyacentes y la longitud de la bisectriz:

    http://www.xente.mundo-r.com/ilarrosa/GeoGebra/OMG2013_6.html

    Disculpad que no repita aqui el desarrollo, pero es que es realmente pesado.

    La propiedad de la bisectriz se puede ver en:

    http://www.xente.mundo-r.com/ilarrosa/GeoGebra/Propiedad_Bisectriz.html

    Y su longitud en:

    http://www.xente.mundo-r.com/ilarrosa/GeoGebra/Longitud_Bisectriz.html

    yo lo he hecho demostrando directamente que cos(A) = -1/2, pero el enunciado con dos preguntas parece querer sugerir otra vía. Sería interesante otra demostración más euclídea …

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  17. Un nuevo intento:
    Por P trazamos una paralela a BC que corta a las prolongaciones de PQ y PR en Q’ y R’
    Por teorema de bisectriz y proporcionalidad de triángulos BPQ con ARR’ y CPQ con AQQ’ es fácil demostrar que AQ’=AR’. Entonces la bisectriz AP es mediatriz del triangulo rectángulo PQ’R’
    Trazamos la circunferencia inscrita y su concéntrica que pasa por P, esta última cortará a el lado PR en U y al lado PQ en V. Es fácil de deducir que el incentro O, U y V están alineados en recta paralela a BC
    A partir de este punto aparecen evidencias de 120º pero de momento se me siguen resistiendo geométricamente. He continuado por otra vertiente con las áreas de los triángulos PQ’R’, PUV y ABC, el resultado ha sido mejor que mi anterior demostración pero también pesada
    Como parece que está atascado espero que alguien pueda aprovecharlo y aportar algo

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  18. Dado que PQ’R’ y PUV son triángulos rectángulos semejantes, es fácil deducir la altura de PQ’R’ por proporcionalidad, h=bc*sin(C+A/2)/(b+c). Igualando dos formas del área del triángulo ABC queda a/sinA=(b+c)/sin (C+A/2) que aplicando teorema de senos, sin(C+A/2)=sin(A+C)+SinC después de desarrollar los senos suma, se cumplirá si sinA=sin(A/2) y cosA=-cos(A/2) A=120º

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