IBERO 2018 - P2

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Violeta

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Mensaje sin leer por Violeta » Mar 25 Sep, 2018 6:02 pm

Sea $ABC$ un triángulo con $\angle A = 90$ y $AB=AC$. Sea $\Gamma$ su circuncírculo y $M$ su circuncentro. Sea $D$ un punto en el arco $BAC$. Sean $E$ y $F$ las intersecciones del circuncírculo de $ADM$ con las rectas $BD$ y $CD$, respectivamente.

Probar que $BE = CF$.
Para todo [math], existen [math] primos en sucesión aritmética.

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Gianni De Rico

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Re: IBERO 2018 - P2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 25 Sep, 2018 6:27 pm

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Sean $\Gamma$ y $\Omega$ la semicircunferencia y circunferencia del enunciado respectivamente.
Por arco capaz en $\Gamma$ tenemos $\angle EBA=\angle DBA=\angle DCA=\angle FCA$. Por arco capaz en $\Omega$ tenemos $\angle AEB=180°-\angle AED=180°-\angle AFD=\angle AFC$. Por dato $AB=AC$. Entonces $\triangle AEB\equiv \triangle AFC\Rightarrow BE=CF$. QED
[math]

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Fran5

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Re: IBERO 2018 - P2

Mensaje sin leer por Fran5 » Mar 25 Sep, 2018 8:23 pm

Fun fact
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Las condiciones $A = 90$ y $M \in BC$ están de más.
Simplemente basta ver que $AEF$ y $ABC$ son rotohomotéticos, con lo cual $ABE$ y $ACF$ son rotohomotéticos, con lo cual $AB=AC \Rightarrow $BE= CF$
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DiegoLedesma
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Re: IBERO 2018 - P2

Mensaje sin leer por DiegoLedesma » Lun 01 Oct, 2018 11:39 pm

Una alternativa que se me ocurrió (utilizando un recurso que hace rato quería aplicar)
Spoiler: mostrar
Sin pérdida de generalidad, diremos que $D$ se encuentra entre $A$ y $B$ (para el caso de $D$ entre $A$ y $C$, el razonamiento es el mismo). Sea $G$ la intersección entre las rectas $BD$ y $CA$. Además, por ángulos inscritos, se tiene que $A\hat{C}D=A\hat{B}D$, por lo que $CD$$\perp$$BG$
Trabajamos ahora con el $\bigtriangleup$ $BCG$: en todo triángulo, si una circunferencia corta a éste en el punto medio de un lado (en este caso $M$), y en los pies de las alturas respectivas de los otros 2 lados (en este caso, $A$ y $D$), entonces podemos afirmar que se trata de la circunferencia de Feuerbach, ya que como 3 puntos determinan una única circunferencia, y estos 3 puntos pertenecen a la circunferencia de Feuerbach, entonces los otros puntos en que dicha circunferencia corta a los lados del triángulo, pertenecerán a la circunferencia, por lo que las intersecciones entre ésta y los lados del triángulo, serán pie de altura/punto medio del lado. Así, el circuncírculo de $\bigtriangleup$ $ADM$ se intersectará con el lado $BG$ en $D$ (es pie de la altura) y $E$ (punto medio de $BG$). Por otra parte, la circunferencia de Feuerbach también interseca a las alturas en el punto medio entre el vértice y el ortocentro. Nótese que el ortocentro (llamémoslo $O$) del $\bigtriangleup$ $BCG$ se encuentra sobre el lado $AB$. Trazando por $F$ la paralela a $AB$, ésta cortará a $BC$ en $K$ (punto medio de $AC$) y por Thales tendremos que $CK$=$KA$.
Luego, por ser $E$ punto medio de $BG$, por Thales tendremos que $AL$=$LB$, siendo $L$ punto medio de $AB$, con lo cual se llega a que $\bigtriangleup$ $BEL$=$ \bigtriangleup$ $CFK$, siendo $BE$ y $CF$ las hipotenusas de los mismos.
$\therefore$ $BE=CF$ (Q.E.D.)
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malen.arias

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Re: IBERO 2018 - P2

Mensaje sin leer por malen.arias » Sab 27 Abr, 2019 3:51 am

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Como $AB=AC$ y $\angle BAC=90º$, $ABC$ es isosceles con $\angle ABC=\angle ACB=45º$
Llamemos $\omega$ y $\Gamma$ a la semicircunferencia de radio $BC$ y a la circunscrita de $ADM$, respectivamente.
Sea $X$ la segunda intersección entre $AB$ y $\Gamma$, e $Y$ la segunda intersección entre $AC$ y $\Gamma$.
Por arco capaz:
  • en $\omega$ tenemos que $\angle BAC=\angle BDC=\angle EDF=90º$.
  • en $\Gamma$ tenemos que $\angle EDF=\angle EAF=90º$
  • en $\omega$ tenemos que $\angle ABC=\angle ADC=\angle ADF=45º$
  • en $\Gamma$ tenemos que $\angle ADF=\angle AEF=45º$.
En el triángulo $AEF$, $\angle AFE=180º-\angle EAF-\angle AEF=180º-90º-45º=45º=\angle AEF$ entonces $AEF$ es isosceles con $AE=AF$.
Como $\angle BAC=\angle XAY=90º=\angle EAF \Rightarrow \angle YAF+\angle XAF=\angle XAE+\angle XAF \\ \Rightarrow \angle YAF=\angle XAE \Rightarrow \angle CAF=\angle BAE$
Mirando ahora los triángulos $ABE$ y $ACF$,tenemos que $AB=AC$, $AE=AF$ y $\angle BAE=\angle CAF$, entonces son congruentes, por lo que concluimos que $BE=CF$ $\blacksquare$
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