Sean [math]P,Q,R,S cuatro puntos en una misma recta horizontal, en ese orden de izquierda a derecha. Hay que construir un cuadrado [math]ABCD tal que [math]P pertenezca a la recta [math]AD, [math]Q pertenezca a la recta [math]BC, [math]R pertenezca a la recta [math]AB y [math]S pertenezca a la recta [math]CD.
Indicar los pasos para la construcción.
Pasos de construcción:
Construimos por [math]S una recta perpendicular a [math]PS y en ella tomamos un punto [math]T tal que [math]TS=PQ
Sea [math]r la recta por [math]T y [math]R, [math]r' la recta paralela a [math]r por [math]S, [math]s la recta perpendicular a [math]r por [math]Q y [math]s' la recta perpendicular a [math]r' por [math]P
Las intersecciones entre las rectas [math]r y [math]s' , [math]r y [math]s , [math]r' y [math]s , [math]r' y [math]s' son respectivamente los puntos [math]A , [math]B , [math]C y [math]D (vértices del cuadrado buscado)
Demostración:
Es inmediato de la construcción que [math]ABCD es un rectángulo.
Trazamos la recta paralela a [math]PS por [math]B que corta a [math]s' en [math]E y a [math]r' en [math]F
Como los cuadriláteros [math]PQBE y [math]SRBF son paralelogramos, entonces [math]PQ=EB y [math]RS=BF, luego [math]\frac{PQ}{RS}=\frac{EB}{BF} o
también tendiendo en cuenta que [math]TS=PQ podemos decir que [math]\frac{TS}{RS}=\frac{EB}{BF}[math](*)
Claramente los triángulos [math]TSR y [math]EDF son semejantes y por lo tanto [math]\frac{TS}{RS}=\frac{ED}{DF}, de esto ultimo y [math](*) resulta [math]\frac{ED}{DF}=\frac{EB}{BF} que claramente nos esta diciendo que [math]DB es bisectriz de [math]E\widehat DF o lo que es lo mismo decir que la
diagonal [math]DB del rectángulo [math]ABCD es bisectriz del [math]\hat {D}, o sea que [math]ABCD es un cuadrado y ya quedo probado
PROVINCIAL 3.3.JPG
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
Tomemos una circunferencia de diámetro [math]PS. En uno de sus dos hemisferios marquemos un punto [math]X y en el otro marquemos el punto medio [math]N del semicírculo.
La perpendicular a [math]SX por [math]Q y la perpendicular a [math]PX por [math]R se cortan en un punto [math]Y.
La recta [math]XY corta al segmento [math]QR en [math]Z (1)
Trazamos la recta [math]NZ que interseca al semicírculo opuesto en [math]A. (2)
A partir de [math]D construimos [math]A,B,C y obtenemos nuestro cuadrado. (3)
Veamos efectivamente que (1) [math]Z está en [math]QR, notando que los triangulos [math]PX y [math]QYR son semejantes, habiendo una homotecia con centro en algún punto de [math]QR (que en este caso es [math]Z)
Luego es facil ver que (2) [math]D se encuentra en la circunferencia
Finalmente, (3) [math]D es efectivamente el vertice de nuestro cuadrado, dado que por construcción [math]ABCD es un rectángulo con el ángulo [math]BDA igual a [math]NDP que resulta ser de [math]45^{\circ}.
Luego la solución está completa
"Al toque Roque // Al pique Quique // Tranca palanca // No pasa nada // Argentina Gana // La tenés adentro //
Antes de dar la solución, vale destacar que este provincial fue mi primer viaje de OMA (y también primer año en el que participaba, era un pequeño Nivel 1). Recuerdo que cuando Ian en la premiación contó dos soluciones distintas, yo había quedado aterrado y no había captado una sola idea. Hoy puedo dar orgulloso una solución linda.
Trazamos las dos circunferencias de diámetros $PS$ y $QR$, las cuales serán $\omega _1$ y $\omega _2$ respectivamente, y marcamos los puntos medios de los arcos $PS$ y $QR$ en cada circunferencia, los cuales serán $M$ y $N$ respectivamente (ambos en el mismo semiplano determinado por la recta $PS$). Luego, $MN \cap \omega _1=D$, $MN \cap \omega _2=B$, $AD\cap BR=A$ y $QD\cap DS=C$.
Demo (usando las mismas definiciones que en la construcción):
Dos cositas elementales a tener en cuenta: (1) El lugar geométrico de los puntos $Z$ tales que $\widehat {LZT}= 90°$ con $L$ y $T$ fijos y $Z$ variable es la circunferencia de diámetro $LT$. (2) Si tenemos un triángulo cualquiera y a su circunscripta, y tomamos alguno de los ángulos del triángulo, entonces la intersección entre la bisectriz de éste y la circunscripta es el punto medio del arco opuesto.
Ahora, por (1), $D$ pertenece a $\omega _1$ y $C$ pertenece a $\omega _2$. Como $ABCD$ es un cuadrado, $DB$ es bisectriz de $\widehat {ADC}$, y por (2) $D$, $B$ y $M$ son colineales. También, como $DB$ es bisectriz de $\widehat {ABC}$, por opuestos por el vértice, $\widehat {DBC} = \widehat {MBQ} = 45°$, por lo que $BM$ es bisectriz de $\widehat {QBR}$, y por (2) $D$, $B$ y $N$ son colineales. Entonces, juntando ambas conclusiones, $D$, $B$, $M$ y $N$ son colineales; con esto demostrado, podemos afirmar que $MN \cap \omega _2=B$ y $MN \cap \omega _1=D$, es decir, que con $M$, $N$, $\omega _1$ y $\omega _2$; $B$ y $D$ quedan definidos. A su vez, como $AD\cap BR=A$ y $QD\cap DS=C$ por definición, podemos dar por completa la demostración. $\blacksquare$
Primero notemos que los cuadriláteros $HDPK$ y $LQEH$ son cíclicos ya que hay dos ángulos de 90° opuestos que suman 180°.
Sea $\alpha = \angle PHD$, por propiedad de opuestos por el vértice: $\alpha = \angle QHL$.
Como $HLQ$ y $EQL$ comparten el mismo arco $LQ$, entonces $\alpha = \angle QHL = \angle LEQ$. De la misma manera concluimos que $\alpha = \angle PHD = \angle PKD$
Notemos que el suplementario de $\angle QEL = 180 - \alpha$ y el suplementario de $\angle DKP = 180 - \alpha$ (Sobre la recta KD).
Por ultimo para calcular la pendiente de las rectas $KD$ y $LE$ podemos usar la definición de pendiente de una recta, en palabras simples: Si nos paramos en una horizontal y giramos en sentido antihorario hasta chocar con la recta, la pendiente va a ser la tangente del ángulo que se forma con la horizontal.
Aplicando esto nos queda:
Pendiente $KD = tan(180° - \alpha)$
Pendiente $EL = tan(180° - \alpha)$
Lo cual implica que las rectas $KD$ y $EL$ tienen la misma pendiente, y por lo tanto son paralelas.
@Bauti.md ig // Ridin' in a getaway car // $\zeta (s) =\displaystyle\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n^{s}}$