Selectivo de Ibero 2015 Problema 4

Selectivo de Ibero 2015 Problema 4

UNREAD_POSTpor Matías V5 » Vie 21 Ago, 2015 2:19 pm

Un cuadrado $ABCD$ tiene sus vértices sobre una circunferencia de centro $O$. Sea $E$ el punto medio del lado $AD$. La recta $CE$ corta nuevamente a la circunferencia en $F$. Las rectas $FB$ y $AD$ se cortan en $H$. Demostrar que $HD=2AH$.
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Re: Selectivo de Ibero 2015 Problema 4

UNREAD_POSTpor jujumas » Vie 21 Ago, 2015 2:57 pm

Solución Nivel 1 friendly con semejanza, angulitos y teorema de bisectriz :D

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Como $A$, $B$, $C$, $D$ y $F$ están en una misma circunferencia, tenemos por arco capaz que $\angle AFB = \angle ADB = 45^{\circ}$ ya que $ADB$ es un triángulo rectángulo isósceles, y que $\angle BFC = \angle BDC = 45^{\circ}$ por la misma razón. Luego, como $\angle AFE = \angle EDC = 90^{\circ}$ y como $\angle AEF = \angle DEC$ por opuestos por el vértice, tenemos que los triángulos $AEF$ y $CDE$ son semejantes.

Como $E$ es punto medio de $AD$ y $AD=DC$, tenemos que $2ED=DC$, y como $AEF$ y $CDE$ eran semejantes, podemos llevar esta relación al triángulo $AEF$. Luego, $2FE=AF$.

Como habíamos dicho que $\angle AFB = \angle BFC = 45^{\circ}$, tenemos en el triángulo $AEF$ que $\angle AFH = \angle HFE = 45^{\circ}$, por lo que podemos concluir que $FH$ es la bisectriz de $\angle AFE$.

Luego, por teorema de bisectriz tenemos que $\frac{AF}{FE}=\frac{AH}{HE}=2$ (ya que $2FE=AF$), por lo que concluímos que $2HE=AH$.

Ahora simplemente podemos decir que si $EH=x$, entonces $AH=2x$. Y como $AE=AH+HE=ED$, tenemos que $ED=3x$. Por último, vemos que nos quedó que $AH=2x$ y $HD=HE+ED=x+3x=4x$, por lo que $HD=2AH$ y la demostración está completa.

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Re: Selectivo de Ibero 2015 Problema 4

UNREAD_POSTpor Fran5 » Vie 21 Ago, 2015 4:39 pm

Esa solución va dedicada a Prish

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Prolonguemos $CF$ hasta que corte a $AB$ en $G$. Es claro que $A$ es el punto medio de $BG$ y que $BDG$ es isósceles.
Luego, queremos ver que $H$ es el baricentro de $BDG$, con lo cual $DH=2HA$

Observamos que $GD$ es tangente a la circunferencia, luego si $BH$ intersecase a $GD$ en su punto medio (llamémosle $M$), se tendría que $M$ tiene la misma potencia respecto a la circunferencia de $ABCD$, que respecto al punto $G$. (dicho más simple, $MD^2=MG^2$).

Pero $MD^2=MF \cdot MB$, luego queremos ver que los triángulos $MFG$ y $MGB$ son semejantes.

Esto último no es difícil pues comparten el ángulo $M$ y además $\angle MFG= \angle MGB=45^{\circ}$

Y estamos
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Re: Selectivo de Ibero 2015 Problema 4

UNREAD_POSTpor Emerson Soriano » Vie 21 Ago, 2015 6:47 pm

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Es claro que $\stackrel{\textstyle\frown}{AD}=90^{\circ}$, pero $\stackrel{\textstyle\frown}{AD}=2\angle ABF+2\angle FCD$, por eso $\angle ABF+\angle FCD=45^{\circ}$. Como $E$ es punto medio de $AD$, entonces $\angle FCD=\frac{53^{\circ}}{2}$. Por lo tanto, $\angle ABF=\frac{37^{\circ}}{2}$, lo cual implica que $HD=2AH$.
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Re: Selectivo de Ibero 2015 Problema 4

UNREAD_POSTpor Matías V5 » Lun 24 Ago, 2015 7:05 pm

@Emerson Soriano:
Dos cosas sobre tu post anterior. Primero, es mentira que $\angle FCD = \frac{53^{\circ}}{2}$. Esa es sólo una aproximación de $\arctan \left( \frac{1}{2} \right)$, el valor exacto del ángulo en grados es algo así como $26.56505...$. Segundo, incluso suponiendo que eso esté bien no entiendo qué es lo que hacés al final (evidentemente estás usando alguna relación trigonométrica de esos ángulos, pero no lo veo).
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Re: Selectivo de Ibero 2015 Problema 4

UNREAD_POSTpor Matías V5 » Lun 24 Ago, 2015 7:13 pm

Subo mi solución.
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Digamos que el lado del cuadrado $ABCD$ mide $2$. Entonces $EA = ED = 1$, y $EC = \sqrt{ED^2 + DC^2} = \sqrt{1+4} = \sqrt{5}$.
Por potencia de un punto tenemos que $EF \cdot EC = EA \cdot ED$, es decir $EF \cdot \sqrt{5} = 1^2 = 1$, de donde $EF = \frac{1}{\sqrt{5}}$.
Ahora, como $EH$ y $BC$ son paralelas, por el teorema de Thales tenemos que $\frac{FE}{FC} = \frac{HE}{BC}$. Ahora bien, $FE = \frac{1}{\sqrt{5}}$, $FC = FE + EC = \frac{1}{\sqrt{5}} + \sqrt{5} = \frac{6}{\sqrt{5}}$, y $BC = 2$. Reemplazando todo esto queda $\frac{1}{6} = \frac{HE}{2}$, es decir $HE = \frac{1}{3}$. Entonces $AH = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$ y $HD = 2 - \frac{2}{3} = \frac{4}{3}$. En particular se cumple $HD = 2AH$, y estamos. $\blacksquare$
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Re: Selectivo de Ibero 2015 Problema 4

UNREAD_POSTpor lucasdeamorin » Vie 28 Ago, 2015 5:53 pm

Este post va dedicado a mi querido prillin:
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Proyectando por F desde la recta AD a la circunferencia(lo podemos hacer porque F esta sobre la misma) obtenemos:

$\frac{DE\cdot HA}{EH\cdot AD}= \frac{DC\cdot BA}{CB\cdot AD}= 1 \Rightarrow \frac{HA}{EH}=\frac{AD}{ED}=2$

$\Rightarrow HD=DE+EH=EA+EH=2EH+HA=2AH$

$\Rightarrow HD=2AH$
Si X tiende a $\infty$, $\infty$ se seca.

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Re: Selectivo de Ibero 2015 Problema 4

UNREAD_POSTpor Nowhereman » Mié 12 Jul, 2017 9:10 am

No es por menospreciar al problema pero hasta lo nombraron H al punto que después resulto ser el baricentro que por casualidad generalmente se denota con H :roll:
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Re: Selectivo de Ibero 2015 Problema 4

UNREAD_POSTpor Violeta » Mié 12 Jul, 2017 1:29 pm

Nowhereman escribió:No es por menospreciar al problema pero hasta lo nombraron H al punto que después resulto ser el baricentro que por casualidad generalmente se denota con H :roll:


No he tratado el problema... pero aca nombramos el baricentro con $G$ y el otrocentro con $H$. Que le ponen ustedes al ortocentro?
Para todo $k$, existen $k$ primos en sucesión aritmética.
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Re: Selectivo de Ibero 2015 Problema 4

UNREAD_POSTpor Gianni De Rico » Mié 12 Jul, 2017 5:42 pm

Yo siempre lo conocí como $G$ al baricentro/gravicentro, y con $H$ al ortocentro.
$e^{i\pi}+1=0$

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