Rioplatense 2017 - N2 P4

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Rioplatense 2017 - N2 P4

Mensaje sin leer por ésta » Vie 08 Dic, 2017 6:15 pm

Sea $ABCD$ un cuadrilátero convexo, con lados $AB$, $BC$, $CD$, $DA$, tal que $\angle A = \angle C$ y $AB = AD$. Sobre la bisectriz del ángulo $\angle BCD$ están los puntos $P$ y $Q$, distintos de $C$, tales que $BC = BP$ y $DC = DQ$. Demostrar que $AP = AQ$.
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Gianni De Rico

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Re: Rioplatense 2017 - N2 P4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Vie 08 Dic, 2017 9:33 pm

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Sea $\Gamma$ el circuncírculo de $\triangle BCD$. Sea $A'$ el reflejo de $A$ por $BD$, notemos dos cosas, que $ABA'D$ es un rombo y que $B,C,A',D$ son concíclicos. Las bisectrices de $B\widehat CD$ y de $B\widehat {A'}D$ concurren en $M$ sobre el arco $BD$ de $\Gamma$ que no contiene a $C$. Tenemos que $A,M,A'$ son colineales pues se encuentran todos sobre la mediatriz de $BD$ (por reflexión y por bisectriz de un triángulo isósceles).Por arco capaz $A\widehat {A'}B=M\widehat {A'}B=M\widehat CB=P\widehat CB$, se sigue que los triángulos isósceles $\triangle PBC$ y $\triangle ABA'$ tienen uno de sus ángulos iguales congruentes y por lo tanto son semejantes. Luego, son rotohomotéticos de centro $B$, por lo tanto $\triangle A'BC$ y $\triangle ABP$ son rotohomotéticos de centro $B$. Como además $AB=A'B$ resulta que son congruentes y por lo tanto $AP=A'C$. Análogamente, $AQ=A'C$. Por lo tanto, $AP=A'C=AQ$.
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Otra forma de verlo es que como $\triangle ABP$ es una rotación de $\triangle A'BC$, sus circuncírculos también son una rotación y tienen el mismo radio, análogamente ocurre con $\triangle ADQ$ y $\triangle A'DC$. Entonces $A\widehat BP=A'\widehat BC=A'\widehat DC=A\widehat DQ$, y por arco capaz en circunferencias de igual radio, $AP=AQ$
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[math]

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