OMA Foros

La solución es correcta, un pequeño detalle $$\text{Pot}_{\omega_1}(H)=BM^2-HM^2$$ La potencia de un punto $P$ respecto a una circunferencia $\Gamma$ de centro $O$ (con $OP=d$) y radio $r$ es $$\text{Pot}(P,\Gamma )=d^2-r^2$$ La cuenta sigue siendo válida por esto $$\text{Pot}_{\omega_2}(H)=AH\cdot ...

Problema 105
Sean $H$ el ortocentro del triángulo acutángulo $ABC$ y $M$ el punto medio de $BC$, se marcan los puntos $D$ y $E$ tales que $\angle ADM=\angle BDC=\angle CEB=\angle AEM=90°$.
Demostrar que $D,E,H$ están alineados.

Solución 104 Sea $\alpha =\angle A-\angle D=\angle E-\angle B=\angle C-\angle F$, y sean $P,Q,R$ puntos tales que $CDEP,AFEQ,ABCR$ son paralelogramos. Entonces $\angle PEQ=\angle FEQ+\angle DEP-\angle E=(180°-\angle F)+(180°-\angle D)-\angle E=360°-\angle D-\angle E-\angle F=\frac{1}{2}(\angle A+\a...

Yo vi muchas veces la inducción fuerte en OMA, y no veo por qué no se puede usar en un Provincial.

Sean $DEF$ el triángulo órtico de $ABC$, $M$ el punto medio de $BC$ y $P$ el punto donde $AM$ vuelve a cortar a la circunferencia de diámetro $AH$. Como $HD\perp BC$, $HE\perp CA$ y $HF\perp AB$ tenemos que $AEHF$, $BFHD$ y $CDHE$ son cíclicos y $AH$, $BH$, $CH$ son los diámetros de $\odot AEHF$, $...

Si tenés paciencia para hacer las cuentas, con analítica sale. Aunque no viene mal un poco de tramposética en el medio.

Como $ABCD$ es un cuadrado tenemos que $O$ es el punto medio de $BD$, luego $EO$ es la base media correspondiente a $AB$ en $\triangle ABD\Rightarrow EO\parallel AB\Rightarrow \angle DOE=\angle DBA=45°$, por arco capaz $\angle EFB=\angle CFB=\angle CDB=45°$, luego $BOEF$ es cíclico. Sean $\Omega$ y...

Problema 103
Sea $O$ el centro del excírculo correspondiente al vértice $A$ del triángulo $ABC$, que es tangente al lado $BC$ en $A'$, a la recta $CA$ en $B'$ y a la recta $AB$ en $C'$. Las rectas $AB$ y $A'B'$ se cortan en el punto $P$.
Demostrar que $CC'$ es perpendicular a $OP$.

Solución 102 Sea $X'$ el punto tal que $AEX'D$ es un trapecio isósceles. Luego $AEX'D$ es cíclico y $\angle X'DA=\angle EAD=\angle CAD=\angle DAB$, de donde $DX'\parallel AB$. Sea $G$ el segundo punto de intersección de $DX'$ y el circuncírculo de $ABC$, luego $DG\parallel AB$, de donde $ABDG$ es u...

jujumas escribió: ↑

Vie 22 Feb, 2019 4:48 pm

$YA=YB$

No debería ser $YA=YC$?