Selectivo Ibero - 2016 - Problema 2

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Matías V5

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Selectivo Ibero - 2016 - Problema 2

Mensaje sin leer por Matías V5 » Jue 11 Ago, 2016 7:44 pm

Sea [math] un trapecio de bases [math] y lados no paralelos [math] y [math]. Sobre las diagonales [math] y [math] sean [math] y [math] respectivamente los puntos tales que [math] biseca a [math] y [math] biseca a [math]. Demostrar que [math].
"La geometría es el arte de hacer razonamientos correctos a partir de figuras incorrectas." -- Henri Poincaré

jujumas

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Re: Selectivo Ibero - 2016 - Problema 2

Mensaje sin leer por jujumas » Jue 11 Ago, 2016 8:57 pm

Solución:
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Figura de análisis 1: https://gyazo.com/2946a4e6acd66ed76cd310fb39a3ddf0

Vamos a demostrar que [math] (y análogamente, [math]) son únicos para todo trapecio [math]. Su existencia es asumida por el enunciado, así que vamos a ver que no puede haber más de uno. Sean [math] y [math] dos puntos que cumplen, es fácil notar que los triángulos [math] y [math] son semejantes y comparten un lado, de donde son iguales. Luego, [math] y [math], por lo que [math] y [math] pertenecen a la mediatriz del segmento [math]. Luego, la mediatriz de [math] es [math], de donde [math] y [math]. Luego, [math], de donde [math] y [math] son paralelas, pero como el enunciado aclara que esto no es cierto, [math] y [math] son únicos.

Figura de análisis 2: https://gyazo.com/6864ac9d57f4942de929a6a560261b15

Supongamos ahora que [math] cae en el interior del segmento [math]. El caso en el que cae sobre alguna prolongación es análogo (de hecho, es un poco más corto, pero no voy a explicarlo, es casi lo mismo, y además con dirigidos sale al toque). Sea [math] la segunda intersección de la circunferencia circunscrita de [math] con [math] (notar que [math] es único), vamos a demostrar que [math], de donde sale inmediatamente por cíclicos que [math]. Llamemos [math] a los ángulos verdes en la figura, y [math] a los ángulos rojos en la misma. En particular, es fácil ver que [math] es cíclico al tener que [math]. Luego, [math]. Ahora, por [math] [math], de donde [math], de donde [math], completando la solución.

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Emerson Soriano

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Re: Selectivo Ibero - 2016 - Problema 2

Mensaje sin leer por Emerson Soriano » Vie 12 Ago, 2016 1:33 pm

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En primer lugar voy a probar que si en un trapecio [math] existe un punto [math] en una de sus diagonales, digamos de [math], tal que [math], entonces [math] es único. En efecto, supongamos que existen dos puntos que cumplen eso, y sean [math], [math], tales puntos, con [math] entre [math] y [math]. Como [math] y [math], entonces [math]. Claramente los triángulos [math] y [math] son congruntes, por lo tanto [math] y [math], y de esto se deduce que [math] es bisecado por [math] perpendicularmente. Esto quiere decir que [math] es bisectriz de los ángulos [math] y [math], y como [math] es paralelo a [math] obtenemos que [math], lo cual implica que [math] paralelo a [math], pero esto es un absurdo, pues [math] es un trapecio, no un paralelogramo. Por lo tanto, si [math] existe entonces es único.

Con respecto al problema. Tenemos que [math]. Sea [math] el punto de corte del circuncírculo del triángulo [math] con la diagonal [math]. Como el cuadrilátero [math] es cíclico, entonces [math], [math], [math], [math], pero como [math] es paralelo a [math], entonces [math], y por ende [math], de donde se observa que el cuadrilátero [math] es cíclico, y en consecuencia [math]. Según esto tenemos que [math]. Y por el resultado mencionado al inicio podemos deducir que [math].

lucasdeamorin

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Re: Selectivo Ibero - 2016 - Problema 2

Mensaje sin leer por lucasdeamorin » Vie 12 Ago, 2016 6:19 pm

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geogebra-export1.png
Hagamos una homotecia por O con razon OA/OD que mande B a B', D a D' y Q a Q'. Observar que OD'=OA y por thales OB'=OC. Mientras que BQD=B'Q'D' y AC es bicectriz de B'Q'D' al igual que de BQD.
Ahora reflejemos por la recta l que es pependicular a AD' y a CB' por O. Como AB'CD' es un trapecio isosceles, A va a parar a D', C a B'. Luego si ponemos Q'' como el reflejo de Q', es facil ver que B'D' es bicectriz de AQ''C. Osea que BD es bicectriz de AQ''C al igual que de APC. Por apolonio se sigue que P.Q'' y O estan en una circunferencia. Pero tambien estan sobre la misma recta. Por lo que P=Q'' y APC=AQ''C=B'Q'D'=BQD.
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Si X tiende a [math], [math] se seca.

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¿hola?

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Re: Selectivo Ibero - 2016 - Problema 2

Mensaje sin leer por ¿hola? » Lun 29 May, 2017 1:50 am

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Defino [math] la intersección de las diagonales del trapecio.
por teorema de la bisectriz.
[math] y [math] (1)
por teorema de tales.
[math] (2)

por extensión de esto tenemos

[math] (3)

por (1) y (2)

[math]

cambiando los extremos de las fracciones.

[math] (4)

por (3) y (4)

[math] entonces los triangulos [math] y [math] son semejantes y esto implica [math].
Yes, he who

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Gianni De Rico

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Re: Selectivo Ibero - 2016 - Problema 2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Lun 31 Dic, 2018 8:02 am

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Sea $O=AC\cap BD$, luego como $AC$ es bisectriz de $\angle BPD$ tenemos que $PO$ es bisectriz de $\angle BPD$, análogamente, $QO$ es bisectriz de $\angle AQC$. Sean $E$ el conjugado armónico de $O$ respecto de $\{C,A\}$ y $F$ el conjugado armónico de $O$ respecto de $\{B,D\}$. Luego $\{C,A;O,E\}=-1=\{B,D;O,F\}$. Sean $\Gamma$ y $\Omega$ las circunferencias de diámetros $OE$ y $OF$ respectivamente, como $\{B,D;O,F\}=-1$ y $PO$ es bisectriz de $\angle BPD$, tenemos $\angle OPF=90°\Rightarrow P\in \Omega$, análogamente, $Q\in \Gamma$. Sean $G=EQ\cap PF$ y $H$ el segundo punto de intersección de $\Gamma$ y $\Omega$; luego, $\angle EHF=\angle EHO+\angle OHF=90°+90°=180°\Rightarrow E,H,F$ son colineales y $EF\perp HO$. Como $EP\parallel OP\perp PF\parallel GF$ y $FQ\parallel OQ\perp QE\parallel GE$, tenemos que $O$ es el ortocentro de $\triangle EFG\Rightarrow GO\perp EF\perp HO\Rightarrow GO\parallel HO\Rightarrow G,O,H$ son colineales, pero $O$ y $H$ pertenecen al eje radical de $\Gamma$ y $\Omega$, luego, $OH$ es el eje radical de $\Gamma$ y $\Omega$, por lo tanto, $G$ pertenece al eje radical de $\Gamma$ y $\Omega$, entonces $GQ\cdot GE=\text{Pot}(G,\Gamma)=\text{Pot}(G,\Omega)=GP\cdot GF\Rightarrow PQEF$ es cíclico $\Rightarrow OP\cdot OE=OQ\cdot OF$.
Ahora, como $\{C,A;O,E\}=-1$, entonces $\{C,O;A,E\}=2$, es decir $\frac{CA}{AO}\frac{OE}{EC}=2\Rightarrow OE=2\frac{EC}{CA}AO$, análogamente, $OF=2\frac{FB}{BD}DO$. Entonces por potencia de un punto tenemos $2\frac{EC}{CA}AO\cdot OP=OE\cdot OP=OF\cdot OQ=2\frac{FB}{BD}DO\cdot OQ$. Como $\{C,A;O,E\}=-1=\{B,D;O,F\}$, tenemos $\frac{EC}{AE}=\frac{CO}{AO}$ y $\frac{FB}{DF}=\frac{BO}{DO}$, por Thales $\frac{CO}{AO}=\frac{BO}{DO}$, por lo tanto $\frac{EC}{AE}=\frac{FB}{DF}\Rightarrow \frac{AE}{EC}=\frac{DF}{FB}$. Luego $\frac{CA}{EC}=\frac{EC+AE}{EC}=1+\frac{AE}{EC}=1+\frac{DF}{FB}=\frac{FB+DF}{FB}=\frac{BD}{FB}\Rightarrow \frac{EC}{CA}=\frac{FB}{BD}$, y de $2\frac{EC}{CA}AO\cdot OP=2\frac{FB}{BD}DO\cdot OQ$ tenemos $OA\cdot OP=OD\cdot OQ$, entonces $ADPQ$ es cíclico, por lo que $\frac{1}{2}\angle BPD=\angle DPO=\angle DPA=\angle DQA=\angle OQA=\frac{1}{2}\angle AQC$, es decir que $\angle BPD=\angle AQC$.
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[math]

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