Nacional 1999 N3 P2

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UNREAD_POSTpor Gianni De Rico » Lun 11 Sep, 2017 12:16 am

Sean $C_1$ y $C_2$ circunferencias exteriores, de centros $O_1$ y $O_2$, respectivamente. Se trazan por $O_1$ las dos tangentes a la circunferencia $C_2$, que intersectan a $C_1$ en $P$ y $P'$. Se trazan por $O_2$ las dos tangentes a la circunferencia $C_1$, que intersectan a $C_2$ en $Q$ y $Q'$. Demostrar que el segmento $PP'$ es igual al segmento $QQ'$.
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Gianni De Rico
 
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Re: Nacional 1999 N3 P2

UNREAD_POSTpor Gianni De Rico » Lun 11 Sep, 2017 12:21 am

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Sean $A$, $B$ los puntos de tangencia desde $O_2$ a $C_1$; $C$, $D$ los puntos de tangencia desde $O_1$ a $C_2$; $M=AO_2\cap O_1D$ y $M'=BO_2\cap O_1C$. Los triángulos $\triangle AO_1B$, $\triangle AO_2B$, $\triangle CO_2D$, $\triangle CO_1D$, $\triangle PO_1P'$, $\triangle QO_2Q'$, $\triangle AO_1P$ y $\triangle DO_2Q$ son isósceles ya que sus lados son radios de una circunferencia o tangentes desde un punto. Luego, los simétricos de $A$, $D$, $P$, $Q$, $O_1$ y $O_2$ respecto de $O_1O_2$ son $B$, $C$, $P'$, $Q'$, $O_1$ y $O_2$ respectivamente. Por lo tanto, $M'$ es el simétrico de $M$ respecto de $O_1O_2$ y $\overline{P'Q'}$ es el simétrico de $\overline{PQ}$ respecto de $O_1O_2$.

Por ser tangentes $O_1\widehat AM=O_2\widehat DM=90°$, por opuestos por el vértice $A\widehat MO_1=D\widehat MO_2$. Luego, $\triangle O_1AM\simeq \triangle O_2DM$ y $M\widehat O_1A=M\widehat O_2D$. Como $\triangle AO_1P$ y $\triangle DO_2Q$ son isósceles y tienen el ángulo entre sus lados iguales congruente, entonces $\triangle AO_1P\simeq \triangle DO_2Q\Rightarrow O_1\widehat PA=O_2\widehat QD\Rightarrow M\widehat PA=M\widehat QD$ y como $A\widehat MO_1=A\widehat MP=D\widehat MO_2=D\widehat MQ$ entonces $\triangle AMP\simeq \triangle DMQ\Rightarrow \frac{O_1P}{PM}=\frac{O_2Q}{QM}$ y por Thales $O_1O_2\parallel PQ$. Por simetría $O_1O_2\parallel P'Q'$ y $PQ=P'Q'$. Entonces $P'PQQ'$ es un paralelogramo y por lo tanto $PP'=QQ'$.
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