Selectivo de Cono 2018 P4

Matías

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Selectivo de Cono 2018 P4

Mensaje sin leer por Matías » Vie 13 Abr, 2018 11:25 am

Sea $ABCDE$ un pentágono regular con centro $M$. Se elige un punto $P$ en el interior del segmento $MD$. La circunferencia que pasa por los puntos $A$, $B$ y $P$ corta al segmento $AE$ en $A$ y en $Q$ y corta a la recta perpendicular a $CD$ que pasa por $P$ en $P$ y en $R$. Demostrar que $AR$ y $QR$ tienen la misma longitud.

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Marco V

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Re: Selectivo de Cono 2018 P4

Mensaje sin leer por Marco V » Sab 14 Abr, 2018 1:33 pm

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Definimos $N$ como el punto medio del arco $AB$ que no contiene a $P$ (entonces $D,P,M,N$ son colineales) y a $K$ como la intersección de $RP$ con $CD$

Como el pentágono es regular tenemos que $MD$ es bisectriz de $\angle EDC=108°$, por lo que $\angle PDK=54°$

Luego, $\angle RPN=\angle DPK=90°-\angle PDK=90°-54°=36°$

Ahora tenemos que $\angle ABR=\angle APR=\angle NPR-\angle NPA=36°-\angle NPA=36°-\frac{\angle BPA}{2}=36°-\frac{\angle AQB}{2}$

Como $\angle QAB=108°$: $\angle ABQ=180°-108°-\angle AQB=72°-\angle AQB=2(36°-\frac{\angle AQB}{2})$

Por lo que $BR$ es bisectriz de $\angle ABQ$, entonces $R$ es punto medio del arco $AQ$
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DiegoLedesma
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Re: Selectivo de Cono 2018 P4

Mensaje sin leer por DiegoLedesma » Sab 14 Abr, 2018 7:21 pm

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Sea $F$ punto medio de $AB$, y $G$ el punto en que $CD$ y su perpendicular se intersecan.
Completando ángulos, se puede observar que $\bigtriangleup$ $AFP$~$\bigtriangleup$ $DGP$.
Además $ABPQ$ es cíclico, entonces $\widehat{QPB}=72°$.
$\widehat{RPF}=36°$ (opuesto por el vértice con $DPG$)
Siendo $\widehat{APF}$=$\widehat{BPF}$=$\alpha$, entonces $\widehat{APR}=36°-$$\alpha$, por lo que $\widehat{QPR}=36°-$$\alpha$.
Y como a ángulos inscritos congruentes le corresponden arcos iguales, se tiene que $AR=QR$ (Q.E.D.)
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Matías

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Re: Selectivo de Cono 2018 P4

Mensaje sin leer por Matías » Dom 15 Abr, 2018 7:51 am

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Sean $O$ el circuncentro de $ABP$, $Z$ la intersección de $OR$ y $AQ$, $L$ la intersección de $PR$ y $AE$, y $N$ la intersección de la recta $PR$ y $CD$.

Como $A$, $R$ y $Q$ pertenecen a la circunferencia de centro $O$, tenemos que $AR=QR\Leftrightarrow OR\perp AQ$, así que vamos demostrar que $A\hat{Z}O=90°$

En el cuadrilátero $NDEL$, tenemos que $L\hat{N}D=90°$ y que $N\hat{D}E=D\hat{E}L=108°$ (ya que son ángulos del pentágono regular $ABCDE$) entonces $N\hat{L}E=54°$.

En el triángulo $PND$, como $P\hat{N}D=90°$ y $N\hat{D}P=54°$ (ya que $MD$ es la bisectriz de $C\hat{D}E=108°$ por ser $M$ el centro del pentágono), nos queda que $N\hat{P}D=36°$

Ahora bien, tenemos que $O\hat{P}R=N\hat{P}D=36°$ por ser ángulos opuestos por el vértice, y que $O\hat{R}P=O\hat{P}R=36°$ porque $OP=OR$.

Por lo tanto concluimos que, en el triángulo $RZL$, como $O\hat{R}P=Z\hat{R}L=36°$ y $R\hat{L}Z=N\hat{L}E=54°$ (por ser ángulos opuestos por el vértice), concluimos que $R\hat{Z}L=A\hat{Z}O=90°$, que era lo que queríamos demostrar.
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