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Como el polígono tiene $n$ lados, $n\geq3$. Supongamos sin pérdida de la generalidad que $A_2$ está en la casilla seguida a $A_1$ en sentido antihorario (si no, reflejamos el polígono y conseguimos la orientación deseada). Numeramos los vértices del polígono con los números $0, 1, \ldots, n-1$ en s...

Perdón por la demora
Problema $243$
Sea $ABCD$ un cuadrilátero cíclico en el que $\angle ABC=60^\circ$ y $BC=CD$.
Demostrar que $AB=AD+DC$.

242 Trasladamos y escalamos la figura para que la circunferencia circunscrita del hexágono sea la circunferencia unitaria. Sea $ABCDEF$ el hexágono y $a, b, c, d, e, f$ respectivamente los complejos de los vértices en el plano. Tomemos una partición arbitraria de los puntos en los conjuntos $\{X_1, ...

Problema $241$ Sea $ABC$ un triángulo isósceles con $AC=BC$, y sea $\omega$ su circunferencia circunscrita. Sea $M$ un punto de la recta perpendicular a $BC$ por $B$. La circunferencia de centro $M$ y radio $MB$ corta a $AB$ en el punto $P\neq B$ y a $\omega$ en $Q\neq B$. Demostrar que los puntos $...

240 Sean $B'$ el reflejo de $B$ por $M$ y $E$ el punto medio de $CB'$. Como $\angle BMA=90^\circ$, reflejar por $B$ por $M$ es lo mismo que reflejar $B$ por $AM$. Luego $\angle MAB'=\angle MAB=\angle CBD$. Además, también por la reflexión, el cuadrilátero $DBCB'$ es un paralelogramo, con lo que $\an...

Dejo mi solución al problema $239$ Sea $G$ la segunda intersección de $CD$ con $(H'DA)$. Como $CD$ es altura y $D, H, C$ y $G$ están alineados, vale que $90^\circ=\angle ADC=\angle ADG=\angle AH'G=\angle HH'G$, donde la penúltima igualdad vale por arco capaz. Como $AH\perp BC$ y $\angle AH'G=90^\cir...

Problema $239$
Sea $ABC$ un triángulo acutángulo de ortocentro $H$. Sean $D$ el pie de la altura desde $C$ en $AB$ y $H'$ el reflejo de $H$ por $BC$. La circunferencia circunscrita del triángulo $ADH'$ corta a la recta $BC$ en los puntos $E$ y $F$.
Demostrar que $C$ es el punto medio de $EF$.

A mí el problema $237$ me dio diferente En primer lugar por el Teorema de Pitágoras en el triángulo $AMK$ tenemos $$14^2+KM^2=\left(\frac{100}{2}\right)^2\iff KM=48$$Nuevamente por Pitágoras en $MCK$ resulta $CM=\sqrt{CK^2+KM^2}=\sqrt{142^2+48^2}=2\sqrt{5617}$. Entonces, por el Teorema del Coseno en...

En cada casilla de un tablero de tamaño $2025\times2025$, se escribe un número real no negativo de manera que la suma de los números en cada una de sus filas es $1$, y la suma de los números en cada una de sus columnas es $1$. Para cada $i$, denotamos por $r_i$ al mayor de los números de las casilla...