Dos segmentos iguales

ricarlos
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Dos segmentos iguales

Mensaje sin leer por ricarlos » Mié 14 Nov, 2018 5:02 pm

Sean $\Omega$ y $O$ el circuncirculo y circuncentro de un triangulo $ABC$. Sea $M$ la interseccion de la mediana por $A$ con $\Omega$. Una recta por $M$ corta la mediatriz de $BC$ y a $\Omega$ en $P$ y $Q$, respectivamente. Si por $P$ trazamos una paralela a $AM$ que corta a la circunscrita al triangulo $POQ$ en $R$, probar que $RA=RQ$.
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: Dos segmentos iguales

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Jue 15 Nov, 2018 2:19 pm

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Sean $\Gamma$ el circuncírculo de $POQ$ y $D$ la segunda intersección de $\Gamma$ y $\Omega$. Entonces $OD=OQ\Rightarrow \angle DPO=\angle OPQ=\angle OPM$. Sea $D'$ el reflejo de $M$ por $OP$, luego $D'\in \Omega$ y $\angle D'PO=\angle OPM=\angle DPO$ por lo que $D'=D$
Sea $I$ el punto medio del arco $DM$ de $\Omega$ que no contiene a $A$, luego $O,I,P$ son colineales y $AI$ es bisectriz de $\angle DAM$. Sea $R'$ la intersección de la paralela a $AM$ por $P$ con la recta $AD$, luego $\angle DRP=\angle DAM=2\angle DAI=\angle DOI=\angle DOP$ por lo que $R'\in \Gamma$ y como $R'\neq P$ resulta $R'=R$, por lo que $A,R,D$ son colineales.
Ahora $\angle AQR+\angle RAQ=\angle DRQ=\angle DOQ=2\angle AQR$ por lo que $\angle RAQ=\angle AQR$, es decir, $RA=RQ$
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ricarlos
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Re: Dos segmentos iguales

Mensaje sin leer por ricarlos » Sab 24 Nov, 2018 9:07 am

No habia visto tu dibujo y entonces esta igualdad de angulos no me cerraba.
Gianni De Rico escribió:
Jue 15 Nov, 2018 2:19 pm
$ \angle DPO=\angle OPQ=\angle OPM$.
La recta arbitraria que pasa por M en tu caso tiene los 3 puntos ordenados P, M, Q pero en el dibu que yo me hice para resolverlo el orden es M, P, Q y tal parece que asi esta igualdad no se cumple .
Cuando tengas tiempo y ganas fijate a ver si estoy equivocado.
(ojo, tu solucion esta perfecta, usando tu trazado)
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: Dos segmentos iguales

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 24 Nov, 2018 4:57 pm

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Está bien tu comentario, de hecho (como en muchos problemas de geometría) hay ángulos que cambian su valor entre $\alpha$ y $180°-\alpha$ dependiendo del trazado, que es lo que pasa acá. Esto puede arreglarse usando ángulos dirigidos, pero a decir verdad hace las soluciones más difíciles de comprender para alguien que no está familiarizado con su uso. En este caso en particular, sigue valiendo mi afirmación $D=D'$, pues (con tu trazado) $\angle DPO=180°-\angle OQD=180°-\angle ODQ=180°-\angle OPQ=\angle MPO=\angle D'PO$
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ricarlos
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Re: Dos segmentos iguales

Mensaje sin leer por ricarlos » Dom 25 Nov, 2018 4:02 pm

Gianni De Rico escribió:
Sab 24 Nov, 2018 4:57 pm
ángulos dirigidos
Lo sospeche desde un principio.

Asi que estuve craneando una solucion para evitar eso y se me ocurrio dividir en 2 el problema.
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Pequeño lema.
Sea $\Omega$ una circunferencia con centro $O$. Sea $\Gamma$ una circunferencia que contiene a $O$ y corta a $\Omega$ en $A, B$. Si una recta por $A$ corta a $\Gamma$ y $\Omega$ en $C$ y $D$, respectivamente, entonces $CD=CB$.

Como $OA=OB$ es $\angle OCA = \angle OAB$. (1)
Sea $X=OC\cap BD$, luego $\angle DCX = \angle OCA$ por opuestos por el vertice y $\angle BCX = \angle OAB$ por angulo exterior y angulo interior (y opuesto) en el ciclico $OABC$, luego por (1) es $\angle DCX = \angle BCX$ y como $OX$ es una recta diametral es facil ver que $CD=CB$.
oca.gif
Problema principal.
Sean $\Gamma$ y $D$ la circunscrita a $OPQ$ y la otra interseccion de $\Gamma$ con $\Omega$, luego si $Z= RD\cap PQ$ es $\Delta DZQ\sim \Delta PZR$. Sea $A'$ la otra interseccion de $RD$ con $\Omega$ , luego tenemos que $\Delta DZQ\sim \Delta MZA'$ si igualamos con la anterior semejanza nos queda que $\Delta PZR\sim \Delta MZA'$.
Si vemos que en esta semejanza estan $Z,P,M$ y por otro lado $Z,R,A'$ alineados deducimos que $PR\parallel A'M$ pero por construccion sabemos que $PR\parallel AM$, luego $A'=A$ y entonces $A,R,D$ son colineales, luego usando el "pequeño lema" concluimos que $RA=RQ$.
No! al final pasa lo mismo
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