Olimpiada Matemática Española – Problema 4:

Nuevo problema correspondiente a la XLVII Edición de la Olimpiada Matemática Española. Éste, el cuarto (el primero de la segunda sesión), es el siguiente:

Sea ABC un triángulo con \angle B=2 \angle C y \angle A > 90^\circ. Sea D el punto de la recta AB tal que CD es perpendicular a AC, y M el punto medio de BC. Demuestra que \angle AMB=\angle DMC.

Suerte.

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.

7 Comentarios

  1. Si trazamos una semirrecta que forme un ángulo α con el lado AC esta intersecará a la bisectriz del ángulo B en un punto P y a la prolongación del lado AB en E Los triángulos ABC y PBC son congruentes (ALA) BC es el lado y α , 2α los ángulos .Los segmentos AM y PM son congruentes y por tanto los ángulos AMB y PMC serán iguales al ser los segmentos AM y PM correspondientes..
    Queda por demostrar que el punto P está en la recta KM(aparte de estar en la circunferencia circunscrita de ABC y en la mediatriz de AC).. .Consideramos el triángulo KBC , aplicando el teorema del seno a /sen(90-3α)=BK / sen(90+α) = >BK =a* sen(90+α) / sen(90-3α). ECB es isósceles y EMB rectángulo => EB=cos(2α)BM= cos(2α)a/2 y en el triángulo ECK aplicando el teorema del seno CE / sen (90-3α)=EK /sen(90-α) y como CE=BE ..=> EK= EB sen(90-α) / sen (90-3α)
    Apliquemos Ceva a BCK :por ser M punto medio ..BM/CM=1 ; por BH bisectriz =>KH / HC = BK/a = sen(90+α) / sen(90-3α).
    Y por fin BE/ EK = BE /( EB sen(90-α) / sen (90-3α))= sen (90-3α)/ sen(90-α) con lo cual :
    BM/CM * KH / HC * BE/ EK =1* sen(90+α) / sen(90-3α).* sen(90+α) / sen(90-3α). =1
    Y BH ,CE, KM son concurrentes en P => p está en MK

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  2. Construyendo el triángulo de vértice C(-1,0), vértice B (1,0), lado AC recta de pendiente “m” y lado AB recta de pendiente -m/(1-m^2) cumple la condición del enunciado, construimos igualmente A’BC simetrico de ABC respecto de CB
    El punto D es la intersección de AB y la perpendicular a AC por C; sus coordenadas serán ((1-m^2)/(3m^2-1),-4/(3m^2-1))
    El vértive A’ sus coordenadas seran ((m^2+1)/3-m^2), -4/(3-m^2))
    Deducidos por la intersección de las rectas igualmente fáciles de calcular
    Facilmente se ve que A’ y D estan alineados con (0,0), M punto medio de BC, (a simple vista se ve con las pendientes de OD y OA’) por lo tanto los angulos CMD y A’MB son iguales y por simetria de la construcción iguales al AMB

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  3. Yo lo hice igualando areas entre los triangulos (ABM) y (AMC), ademas entre los triangulos (DBM) y (DMC). Encontre que:

      tan(\angle AMB)=tan(\angle DMC)=2sin(2\angle C)

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  4. El problema resulta mas sencillo de resolver si se traza la recta CN, tal que la recta AC sea la bisectriz del angulo BCN, que es por construccion igual que ABC; o sea que el triangulo NBC es isosceles. Por lo que NM es perpendicular a BC.

    Dicho lo cual, el haz de rectas generado desde C cumple que ACD es igual pi/2 y que BCA es igual a AN. Si ahora tomamos, el haz que se genera desde M tenemos que, por construccion BMN es igual a pi/2. asi, por las invarianzas de las proyecciones resulta que AMN tiene que ser igual a NMD.

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  5. Villoriano.. a qué te refieres con “invarianza de las proyecciones”?? no entiendo tu argumento

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