Problema 1 APMO 2015

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Matías V5

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Problema 1 APMO 2015

Mensaje sin leer por Matías V5 » Vie 03 Abr, 2015 5:03 pm

Sea [math] un triángulo y sea [math] un punto sobre el lado [math]. Una recta que pasa por [math] corta al lado [math] en [math] y a la semirrecta [math] en [math]. La circunferencia circunscrita del triángulo [math] interseca a la circunferencia circunscrita [math] del triángulo [math] nuevamente en el punto [math]. Las rectas [math] y [math] vuelven a cortar a [math] en [math] y [math], respectivamente. Probar que [math].
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"La geometría es el arte de hacer razonamientos correctos a partir de figuras incorrectas." -- Henri Poincaré

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Emerson Soriano

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Re: Problema 1 APMO 2015

Mensaje sin leer por Emerson Soriano » Dom 05 Abr, 2015 3:23 am

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Trazamos [math], y notemos que en la circunferencia circunscrita al triángulo [math] se cumple que [math], luego en la circunferencia circunscrita al triángulo [math] tenemos que [math]. Con esto podemos observar que en el cuadrilátero [math], [math], por lo tanto el cuadrilátero [math] es cíclico, y de esto se deduce que [math], quiere decir que los arcos que subtienden los arcos de estos ángulos en la circunferencia inscrita a [math] deben ser congruentes, en consecuencia [math].

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Gianni De Rico

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Re: Problema 1 APMO 2015

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 23 Dic, 2017 11:56 pm

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Como $BZDX$ es cíclico, tenemos $Z\widehat DY=Z\widehat BX=Z\widehat BA$. Como $ABZC$ es cíclico tenemos $Z\widehat CY=Z\widehat BA$. Entonces $Z\widehat DY=Z\widehat CY\Rightarrow ZDCY$ es cíclico.

Tenemos que $D\widehat XB=180°-D\widehat ZB=180°-V\widehat ZB=V\widehat AB\Rightarrow AV\parallel DX$

Tenemos que $X\widehat DB=C\widehat DY=C\widehat ZY=C\widehat ZW=C\widehat BW=D\widehat BW\Rightarrow DX\parallel BW$

Entonces $ABWV$ es un trapecio cíclico, por lo que es isósceles y $AB=VW$
[math]

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