Nacional 2018 P3 N2

tuvie

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Nacional 2018 P3 N2

Mensaje sin leer por tuvie » Sab 10 Nov, 2018 7:20 am

Un programa de geometría en la computadora permite realizar las siguientes operaciones:
  • Marcar puntos en segmentos, en rectas, o fuera de ellos.
  • Trazar la recta que une dos puntos.
  • Hallar el punto de intersección de dos rectas.
  • Dado un punto $P$ y una recta $l$, trazar el simétrico de $P$ con respecto a $l$.
Dado un triangulo $ABC$, utilizando exclusivamente las operaciones permitidas, construir el punto de intersección de las mediatrices del triangulo.
Nota: La mediatriz de un segmento es la perpendicular al segmento por su punto medio.

ricarlos
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Re: Nacional 2018 P3 N2

Mensaje sin leer por ricarlos » Sab 10 Nov, 2018 4:00 pm

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Es decir "las mediatrices del triangulo" supongo que son las mediatrices de los respectivos lados del triangulo que sabemos intersectan en el circuncentro de ABC.

Sean $A',B', C'$ los reflejos de $A,B,C$ respecto de sus lados opuestos.
Sabemos que $AA', BB', CC'$ son concurrentes en el ortocentro, $H$, del $ABC$.
Sean $P, Q, R$ los reflejos de $H$ respecto de $BC, AC, AB$.
Sabemos que estos ultimos 3 puntos pertenecen a la circunscrita de $ABC$.
Sean $S$ y $T$ los reflejos de $A$ sobre $BH$ y $CH$, respectivamente.
Vemos que $AQSH$ y $AHTR$ son rombos por lo tanto $QS\parallel AH\parallel RT$.
Sean $S'$ y $T'$ los reflejos de $S$ y $T$ respecto de $BC$.

Vemos que $\angle TBT' = 2\angle B$ entonces $\angle BT'T = \angle BT'R = 90-\angle B$.
Tambien $\angle RCB = 90-\angle B$ entonces $RCT'B$ es ciclico y estamos diciendo que $T'$
, y con la misma logica $S'$, pertenecen a la circunscrita de $ABC$.
Luego $APT'R$ y $APS'Q$ son dos trapecios isosceles y si sus respectivas diagonales intersectan
en $O$ y $O'$ tenemos que el circuncentro buscado debe pertenecer a la recta $OO'$.

Asi como estos dos trapecios tienen a $AP$ como base en comun podemos construir de la misma forma otros dos trapecios con
$CR$, por ejemplo, como base comun y si suponemos que las respectivas diagonales de estos intersectan en $Q$ y $Q'$ entonces
el circuncentro buscado sera $QQ'\cap OO'$.
Dado un triangulo ABC y los puntos medios L, M y N de los lados BC, AC y AB, respectivamente, probar que las bisectrices de los angulos ANB, BLC y CMA son concurrentes.

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Gianni De Rico

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Re: Nacional 2018 P3 N2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 10 Nov, 2018 6:01 pm

Che
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Si $\angle BAC=90°$ te quedan muchos puntos que son el mismo, y no podés determinar $OO'$ ni $QQ'$
[math]

ricarlos
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Re: Nacional 2018 P3 N2

Mensaje sin leer por ricarlos » Dom 11 Nov, 2018 2:01 am

Tu aclaracion vale, gracias.
Yo aclaro tambien en el posteo antetior sobre el final defino los puntos Q y Q' siendo que Q ya existia, asi que lo podemos cambiar por X y X' y decir que el circuncentro buscado esta en la interseccon de OO' con XX'.

Aqui adjunto un par de dibujos para el anterior y para <BAC=90.
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dibu.png
dibu90.png
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Dado un triangulo ABC y los puntos medios L, M y N de los lados BC, AC y AB, respectivamente, probar que las bisectrices de los angulos ANB, BLC y CMA son concurrentes.

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Turko Arias

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Re: Nacional 2018 P3 N2

Mensaje sin leer por Turko Arias » Dom 11 Nov, 2018 7:38 am

Dos soluciones distintas, pero que en el fondo trabajan con la misma idea:

Solución 1:
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Lema: sea $ABC$ un triángulo obtusángulo en $A$, o un triángulo rectángulo en $A$ que no es isósceles, con nuestras operaciones podemos construirnos un triángulo $A'BC$ que tenga la misma circunscripta que $ABC$ pero que sea acutángulo.
Demostración:
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ABC rectángulo en A y no isósceles: reflejamos $A$ respecto de $BC$, como no es isósceles, podemos afirmar que tiene un ángulo menor que $45º$, sin pérdida de generalidad digamos que es $B$, el triángulo $ABA'$ por construcción es acutángulo, y está sobre la circunscripta de $ABC$ ya que $BC$ es radio y estámos reflejando respecto de él. Luego, tenemos los pedido.

ABC obtusángulo en A: reflejamos $A$ respecto de $BC$ y $B$ respecto de $AC$, como $AA'$ y $BB'$ son las rectas de dos de las tres alturas del triángulo, su intersección, llamémosla $H$, es el ortocentro del triángulo $ABC$. Vamos a ver que $A$ es el ortocentro de $BCH$. Por definición misma, es claro que $AH$ es perpendicular a $BC$, luego es altura. Pero por otro lado, $BH$ es perpendicular a $AC$, ya que es la recta de la altura por $B$ de la base $AC$, con lo que $AC$ es la recta de la altura de $BH$ trazada por $C$, luego $A$ es ortocentro de $BCH$. Pero cualquier triángulo con ortocentro interior (el borde no cuenta), es acutángulo, por lo que $BCH$ lo es. Ahora bien, sabemos que las reflexiones del ortocentro respecto de los tres lados de un triángulo caen sobre su circunscripta, luego si reflejamos $H$ por $BC$ cae sobre la circunscripta de $ABC$, pero además $BCH$ es acutángulo, por lo que $BCH'$ lo es. Luego, tenemos lo pedido.
Primero que nada, si $ABC$ es un triángulo rectángulo isósceles en $A$, reflejamos $A$ y respecto de $BC$, y la intersección de $AA'$ con $BC$ va a ser su circuncentro. Vamos a ver que onda los otros casos.
Sea $ABC$ un triángulo, que por nuestro lema podemos asumirlo acutángulo, ya que si no lo es, podemos construirnos otro que si lo sea y tenga el mismo circuncentro. Queremos encontrar el centro $O$ de su circunferencia circunscripta $\Gamma$. Sean $A'$ y $B'$ las reflexiones de $A$ y $B$ respectivamente, está claro que las rectas $AA'$ y $BB'$ son dos de las alturas de $ABC$, marcamos su intersección que es el ortocentro $H$ de $ABC$. Reflejamos el ortocentro respecto de $AB$, $BC$ y $CA$. Sea $H_A$ la reflexión respecto de $BC$, $H_B$ la reflexión respecto de $AC$ y $H_C$ la reflexión respecto de $AB$. Es conocido que $H_A$, $H_B$ y $H_C$ caen sobre $\Gamma$. Sea $D$ el pie de la altura de $ABC$ por $A$, análogamente definimos $E$ por $B$, por definición misma de reflexión respecto de una recta, tenemos que $A, D, H$ y $H_A$ están alineados, lo mismo sucede con $B, E, H$ y $H_B$. Como $AEDB$ es cíclico por tener $\angle ADB= \angle AEB=90º$, tenemos que $\angle DBE= \angle DAE= \alpha$. Pero por otro lado, considerando los puntos sobre $\Gamma$ tenemos por arco capaz que $\angle H_BBC= \angle H_BH_CC= \alpha$ y que $\angle H_AAC= \angle H_AH_CC= \alpha$, luego $H_CH$ es bisectriz de $\angle H_AH_CH_B$. Análogamente probamos que $H_BH$ es bisectriz de $\angle H_CH_BH_A$ y que $H_AH$ es bisectriz de $\angle H_BH_AH_C$, luego $H$ es el incentro de $H_AH_BH_C$. Ahora tenemos un nuevo triángulo, también sobre $\Gamma$, pero ya tenemos marcado su incentro. Como hicimos con anterioridad, marcamos su ortocentro. Pero el circuncentro y el ortocentro son conjugados isogonales, luego deberíamos poder construirnos el conjugado isogonal del ortocentro con nuestras operaciones. Pero por definición, el conjugado isogonal de un punto $P$, se obtiene al marcar el punto de concurrencia de las reflexiones de las rectas $AP$ respecto de la bisectriz de $A$, $BP$ respecto de la bisectriz de $B$ y $CP$ respecto de la bisectriz de $C$. Pero en nuestro nuevo triángulo ya tenemos el ortocentro marcado y tenemos su incentro, por lo que tenemos las bisectrices, luego podemos reflejar el ortocentro respecto de las bisectrices, y ver el punto de concurrencia que va a ser el centro de $\Gamma$ que era lo que buscábamos $\blacksquare$
Solución 2:
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Lema: sea $ABC$ un triángulo obtusángulo en $A$, o un triángulo rectángulo en $A$ que no es isósceles, con nuestras operaciones podemos construirnos un triángulo $A'BC$ que tenga la misma circunscripta que $ABC$ pero que sea acutángulo.
Demostración:
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ABC rectángulo en A y no isósceles: reflejamos $A$ respecto de $BC$, como no es isósceles, podemos afirmar que tiene un ángulo menor que $45º$, sin pérdida de generalidad digamos que es $B$, el triángulo $ABA'$ por construcción es acutángulo, y está sobre la circunscripta de $ABC$ ya que $BC$ es radio y estámos reflejando respecto de él. Luego, tenemos los pedido.

ABC obtusángulo en A: reflejamos $A$ respecto de $BC$ y $B$ respecto de $AC$, como $AA'$ y $BB'$ son las rectas de dos de las tres alturas del triángulo, su intersección, llamémosla $H$, es el ortocentro del triángulo $ABC$. Vamos a ver que $A$ es el ortocentro de $BCH$. Por definición misma, es claro que $AH$ es perpendicular a $BC$, luego es altura. Pero por otro lado, $BH$ es perpendicular a $AC$, ya que es la recta de la altura por $B$ de la base $AC$, con lo que $AC$ es la recta de la altura de $BH$ trazada por $C$, luego $A$ es ortocentro de $BCH$. Pero cualquier triángulo con ortocentro interior (el borde no cuenta), es acutángulo, por lo que $BCH$ lo es. Ahora bien, sabemos que las reflexiones del ortocentro respecto de los tres lados de un triángulo caen sobre su circunscripta, luego si reflejamos $H$ por $BC$ cae sobre la circunscripta de $ABC$, pero además $BCH$ es acutángulo, por lo que $BCH'$ lo es. Luego, tenemos lo pedido.
Primero que nada, si $ABC$ es un triángulo rectángulo isósceles en $A$, reflejamos $A$ y respecto de $BC$, y la intersección de $AA'$ con $BC$ va a ser su circuncentro. Vamos a ver que onda los otros casos.
Sea $ABC$ un triángulo, que por nuestro lema podemos asumirlo acutángulo, ya que si no lo es, podemos construirnos otro que si lo sea y tenga el mismo circuncentro. Queremos encontrar su circuncentro. Sean $A'$ y $B'$ las reflexiones de $A$ y $B$ respectivamente, está claro que las rectas $AA'$ y $BB'$ son dos de las alturas de $ABC$, marcamos su intersección que es el ortocentro $H$ de $ABC$. Pero sabemos que circuncentro y ortocentro son conjugados isogonales. Sea $D$ el pie de la altura por $A$, $E$ el pie de la altura por $B$ y $F$ el pie de la altura por $C$. Como $AEDB$ es cíclico por tener $\angle ADB= \angle AEB=90º$, tenemos que $\angle DBE= \angle DAE= \alpha$, que $\angle ABE= \angle ADE= \beta$ y que $\angle DEB= \angle DAB= \gamma$, por otro lado, como $DAB$ es triángulo rectángulo, tenemos que $\alpha + \beta + \gamma=90º$, y como $\angle EDA= \beta$ nos queda que $\angle CDE= \alpha + \gamma$, y del mismo modo llegamos a que $\angle CED= \alpha + \beta$, por lo que podemos afirmar que $ABC$ y $CDE$ son semejantes con los vértices "al revés" y compartiendo el ángulo $C$. Trazamos la altura de $CDE$ por $C$ que corta a $DE$ en $X$, por el hecho de que ambos triángulos sean semejantes, pero con los vértices cambiados, resulta que $\angle ECX = \angle BCF$, luego $CX$ es la reflexión de $CF$ respecto de la bisectriz de $C$. Pero acá está la magia de Disney! El conjugado isogonal de un punto $P$ se obtiene reflejando $AP$ respecto respecto de la bisectriz de $A$, reflejando $BP$ respecto de la bisectriz de $B$ y reflejando $CP$ respecto de la bisectriz de $C$, y el punto de concurrencia resulta ser el conjugado isogonal de $P$. Pero podemos construir las reflexiones de las alturas de $ABC$ respecto de las bisectrices! Por lo que, haciendo una trabajo análogo en el triángulo $BDF$ que resulta semejante al primero y también con los vértices "al revés", podemos construir la reflexión de $BE$ respecto de la bisectriz de $B$, y el punto de intersección de estás reflexiones, resultará ser el conjugado isogonal del ortocentro, y por ende será el circuncentro de $ABC$ como queríamos $\blacksquare$

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Fran5

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Re: Nacional 2018 P3 N2

Mensaje sin leer por Fran5 » Dom 11 Nov, 2018 8:37 am

Otra (no se si es identica a alguna)
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Tomemos un punto $Q$ en el interior de $ABC$, de modo que $AQ, BQ CQ$ no sean perpendiculares a $BC,CA,AB$.

Reflejando $Q$ por los lados tenemos tres rectas perpendiculares a los lados, luego reflejando $A,B,C$ por esas rectas tenemos $3$ rectas paralelas a los lados. Estas $3$ rectas se intersecan en los puntos $A',B',C'$ que forman un triángulo semejante a $ABC$ cuyos puntos medios son $A,B,C$.

Además, las rectas $AA'$ y $BC$ se cortan en su punto medio $D$ por ser $ABA'C$ un paralelogramo. Del mismo modo marcamos $E$ y $F$

Por último, es conocido que el ortocentro de $DEF$ es el circuncentro de $ABC$
"Al toque Roque // Al pique Quique // Tranca palanca // No pasa nada // Argentina Gana // La tenés adentro // Costa Rica te entro"

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