Aprovechando el entusiasmo de Brandon voy a poner aquí una variante del problema 4 de la IMO 2009, desglosándolo e invirtiéndolo con la idea de reducir su complejidad. Pero antes de plantear el reto a los miembros de la preselección Tamaulipas 2009, permítaseme comentar dos o tres cosas sobre ese problema, sobre su dificultad.
Recordemos, en primer lugar, el puntaje mexicano para ese problema: 11 puntos (César Bibiano Velasco le sacó 6 puntos o mejor dicho lo resolvió pero debe haberle faltado justificar algo). Si consideramos que los americanos (USA, lugar 6) no le sacaron todos los puntos (sólo 33), el problema es difícil aunque sin llegar a ser muy difícil (en la clasificación de MaTeTaM es avanzado sin llegar a ser enfermo).
Reproduzco aquí el enunciado [1] que puso Brandon:
En un triángulo ABC, donde AB=AC, las bisectrices internas de A y B cortan a los lados BC y AC en D y E, respectivamente. Sea I el incentro del triángulo ADC. Supongamos que el ángulo IEB es de 45. Encontrar todos los valores posibles de A.
Entonces ¿Cuál es la dificultad del problema 4 de la IMO 2009? Posiblemente haya sido la forma (ya clásica en olimpiadas) de plantear la pregunta ("encontrar todos"). Y, sin embargo, los olímpicos saben que la respuesta es siempre que o bien no hay ninguna, o son una o dos.
En este caso las soluciones son dos y surgen de considerar dos casos: o bien la bisectriz BE coincide con una altura o bien no coincide. Si coincide, entonces el problema es trivial pues el triángulo es equilátero. Y si no coincide, el problema es más difícil, pero es manejable con técnicas básicas.
Ambos casos dependen del "descubrimiento" y demostración de que una altura (JF) es tangente al incírculo pequeño --con lo cual "aparece" un cuadrado y un ángulo de 45. Se puede decir que ésta es la primera fase.
Si al final de esta primera fase, el cognizador no "ve" (no se le ocurre) el caso del equilátero, es muy probable que se le ocurra después --durante la resolución del caso difícil.
En el caso difícil (la altura no coincide con la bisectriz), la dificultad principal es "ver" un cuadrilátero cíclico, para después hacer algunas inferencias de rutina sobre ángulos. Ésta podría considerarse la segunda fase.
El saber qué hacer con ese cíclico y los ángulos descubiertos es la tercera fase: hay que "ver" (de nuevo, un "descubrimiento" a partir de la configuración) que uno de los ángulos del cíclico es externo al isósceles BCJ --formado por las bisectrices de la base BC del ABC. Y con ello se llega casi de inmediato a concluir que el ángulo en A es de 90.
Si durante esta tercera fase, el cognizador no "vio" el otro caso, éste es el momento de hacerlo (pues la pregunta es "encontrar todos"). Y si se hace la pregunta él mismo (¿son todos?), un momento de reflexión debe llevarlo al caso trivial del equilátero.
¿Fácil? Bueno, no es fácil "ver" los hechos clave a partir de una configuración geométrica. Pero lo que sí es cierto es que cualquiera puede ver que la solución no depende de grandes teoremas. Depende solamente de cacería de ángulos y el ver un cíclico y después ligar éste con los ángulos en la base del triángulo BCJ.
Quizá la inferencia clave sea la de la tangente y su justificación. Brandon dice que usó la condición necesaria y suficiente del cuadrilátero circunscrito (sumas de lados opuestos iguales) pero no se necesitaba saberla (aunque saberla ahorra muuucho tiempo) --también se puede justificar con congruencia de triángulos.
Ahora sí el reto para la preselección Tamaulipas 2009:
Sean ABC un triángulo isósceles rectángulo en A, J su incentro y AD, BE las bisectrices de los ángulos A y B. La altura AD es tangente al incírculo del triángulo ADC (con incentro en I) en P y al lado CA en Q. Demostrar que:
a) La altura JF (F en AC) del triángulo CAJ es tangente al incírculo de ADC.
b) El cuadrilátero IJEF es cíclico.
c) El triángulo JIE es isósceles rectángulo en I.
d) Si el triángulo ABC fuese equilátero encontrar los ángulos del triángulo JIE.
Los saluda
jmd
PD: el problema lo subo a MaTeTaM (con solución) en una semana (para dar una oportunidad a la preselección de aportar sus comentarios y soluciones).
PD2: Brandon debería abstenerse...
Profe; tengo una duda; no me
Profe; tengo una duda; no me queda claro el enunciado; porque, tenemos que BC es la hipotenusa; por tanto es opuesto al angulo A (que es recto) entonces; el punto D de la bicectriz AD estaría en BC; ademas que los angulos en la base BC son B y C; entonces; viendo el problema original; creo que la base de la que se habla es la AB; Estoy en lo corecto?
Saludos(:
Si... yo tambien tuve esas
Si... yo tambien tuve esas dudas al hacer el dibujo el cual no me ha salido :S ademas en el problema original dice que AB = AC ... en esta variante del problema tambien es asi ???
Yo creo que si porque dice
Yo creo que si porque dice que AD es bicectriz; y ademas es altura; lo cual solo sucede si ABC es isoceles;
Yo creo que si porque dice
Yo creo que si porque dice que AD es bicectriz; y ademas es altura; lo cual solo sucede si ABC es isoceles;
Gracias por la corrección
Gracias por la corrección Sadhi:
Corrección oficial:
Donde dice
Sean ABC un triángulo rectángulo en A, J su incentro y AD, BE las bisectrices de los ángulos en la base BC.
Debe decir:
Sean ABC un triángulo isósceles rectángulo en A, J su incentro y AD, BE las bisectrices de los ángulos A y B.
Saludos
PD: Es, de hecho, la misma figura de Brandon...
Una disculpa por el error... ya corregí el enunciado en el post...
d) Observemos que
d) Observemos que <DJC=<EJC=<EJA=60º, tenemos tambien que <JDI=<IDC=45, viendo el triangulo DJI, el angulo JID=75º,
Ahora observemos que los triangulos DJI y EJI son congruentes por el criterio LAL; (JD=JE; por ser radios del incirculo de ABC, tienen un angulo de 60º, y el lado comun JI) por lo tanto el angulo JEI=45º y el JIE=75º
PD: en cuanto al inciso b) los puntos J,I,C son colineales, por lo tanto no existe el cuadrilatero IJEC, supongo que fue un error de dedo, y esta creo que es la 3ª vez que intento subir esta solucion, me dice que la web esta ocupada o algo asi; en fin Saludoos(:
Hola Sadhi. Yo creo que el
Hola Sadhi. Yo creo que el problema que tuviste para enviar tu solución pudo ser causado por la imagen tan grande que intentabas subir. Te recomiendo subir imágenes más pequeñas, en geogebra significa exportarlas a png con una resolución de 150ppp y no de 300ppp.
Saludos
¡Qué descuidado me he vuelto
¡Qué descuidado me he vuelto estos días! Tienes razón Sadhi. Gracias de nuevo. Ya corregí el enunciado en donde decía IJEC: Debía decir: el cuadrilátero JIEF.
Saludos
a) aprovechando la figura
a) aprovechando la figura de sadhii na mas imaginense que el angulo en A es recto.
como el circulo con centro en I ya es tangente en H,P y en el lado DC solo hay que demostrar que el cuadrilatero JDCF es circunscrito co c como angulo JDC = angulo JFC=90y el segmento CIJ es una linea recta y es bisectriz del angulo en C anguloJCD=angulo JCF enotnces los angulosDJCy el angulo FJC son tambien iguales de aqui que los trianglos JCD y JCF son semejantes y comparten JC entonces son congruentes y ya de aqui se saca que $JF+DC=JD+FC$ entonces JF es tangente al circulo de centro I que es lo que se queria.
PD: tengo la misma duda q sadhi q J,I,C son coliniales i porfa de corregir si ta mal plz.... no se por q salio tam chikita la letra.... gueno no es tan igual la figura na mas imaginense q E es mi mismo punto F gueno si es el mismo :)
Ya corregí tu comentario, le
Ya corregí tu comentario, le quité unos formatos que por alguna razón se habían metido.
b) Para demostrar que JIEF es
b) Para demostrar que JIEF es ciclico basta con demostrar que <JIE es recto;ya que ya sabemos que su angulo opuesto (JFE) es recto; para esto; es bueno hacer varias observaciones; como que JF||DQ, llamemos $\alpha$ al <ABE; sabemos que $\alpha$ es igual a 45/2 (pero preferí llamarle $\alpha$ ya que el resultado es 22.5 y me parecia un poco tedioso escribir el numero) ahora bien notemos que 4 $\alpha$ =90 entonces demostraremos que <JIE=4$\alpha$ pedemos encontrar una serie e angulos;por ejemplo;
<CBE=EBA=DAI=IAC=ACJ=JCB= $\alpha$
<JDI=IDC=BAD=2 $\alpha$
<FJC=DJC=QIC=BJD=3 $\alpha$
Y de aqui debemos buscar angulos;
<JID=3 $\alpha$ por ser opuesto por el vertice;
<AIQ=3 $\alpha$ ya que observando el triangulo AIC es el unico angulo que nos falta y para completar 8 $\alpha$ faltaba 3 $\alpha$
Ahora <AJE=3 $\alpha$ ya que es opuesto por el vertice a <BJD y por tanto el <JEA=3 $\alpha$ y el triangulo JAE es isoceles por lo tanto AJ=AE entonces; podemos decir que los triangulos IJA y IEA por LAL ( un lado igual; < $\alpha$ y el lado comun AI; entonces ya tenemos que <AIE= 2 $\alpha$ y el <AIJ es 2 $\alpha$ si sumamos <AIE+<AIJ=<JIE=4 $\alpha$ = 90 por lo tanto JIEF es ciclico.
Y por consiguiente tenemos la respuesta del inciso c) al ser congruentes los triangulos IJA e IEA IE=IJ y ya tenemos demostrado que <JIE es recto; por lo tanto el triangulo JIe es un rectangulo isoceles(:
Creo que puse algunos angulos que no eran tan necesarios; pero en fin; espero que este bien(:
xCieertto; graciasJesús(: