Olimpíada de Mayo 2021 N2 P3

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Gianni De Rico

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Olimpíada de Mayo 2021 N2 P3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Sean $ABC$ un triángulo y $D$ un punto en su interior tal que $D\widehat BC=60^\circ$ y $D\widehat CB=D\widehat AB=30^\circ$.
Si $M$ y $N$ son los puntos medios de $AC$ y $BC$, respectivamente, demostrar que $D\widehat MN=90^\circ$.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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Turko Arias

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Re: Olimpíada de Mayo 2021 N2 P3

Mensaje sin leer por Turko Arias »

Una solución no tan estética como la más directa que hay pero que creo que tiene algunas ideas copadas para rescatar
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Sea $D'$ el reflejo de $D$ por $AB$, es claro que $MN//AB$ y que $DD'$ y $AB$ son perpendiculares. Tenemos además que $\angle DAD'=60$ y que $AD=AD'$ por lo que $ADD'$ es equilátero. Los triángulos $ABD$ y $NDD'$ tienen $ND=BD, DD'=DA$ y $\angle NDD'=60+\angle BDD' = \angle BDA$ por lo que son iguales, y tenemos que $ND'=AB$, por lo que $\angle D'ND= \alpha$ y queda $\angle MND'=60$.
Teorema del Coseno en $MND'$ y $MD'^2=MN^2+ND'^2-2 \times MN \times ND' \times cos(60)=MN^2+ND'^2-MN \times ND'$.
Ahora bien, como $MN$ es base media de $ABC$ tenemos:
$$2MN=AB=ND' \rightarrow 2MN^2=MN \times ND'$$
$$2MN^2+ND'^2-MN \times ND'=ND'^2$$
$$MN^2+(MN^2+ND'^2- MN \times ND')=ND'^2$$
$$MN^2+MD'^2=ND'^2$$
Luego, por el Recíproco del Teorema de Pitágoras, $\angle NMD'=90$, pero entonces $MD'$ es perpendicular a $MN$ y $MD$ es perpendicular a $MN$ y llegamos a que $M,D,D'$ están alineados y concluímos que $\angle NMD=90$ $\blacksquare$
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Fedex

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Re: Olimpíada de Mayo 2021 N2 P3

Mensaje sin leer por Fedex »

La más directa de la que habla el turko
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Sea $D’$ el punto medio de $CD$ una homotecia de centro $C$ y razón $2$ manda $\triangle ND’M$ a $\triangle BDA$ por lo que $\angle D’MN = \angle DAB = 30º$ y como $N$ es el circuncentro de $\triangle CDB$ porque $\angle CDB = 90º$ entonces $NC = ND$ y $\angle D’DN = \angle CDN = \angle DCN = 30º$ y como $\angle D’DN = \angle D’MN$ entonces $D’DMN$ es cíclico y como $D’N$ es base media $\angle ND’D = 90º$ por lo que $\angle NMD = 90º$.
Sea $f(x)$ la cantidad de libertadores que $x$ perdió en Madrid ante su eterno rival a los ojos del mundo y sean $a_1, a_2, ..., a_k$ todos los clubes que existieron y existirán:
$\sum_{i=1}^{k} f(a_i) = 1$

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Gianni De Rico

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Re: Olimpíada de Mayo 2021 N2 P3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Parecida a la de Fede
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Notamos primero que si $A$ y $C$ estuvieran del mismo lado de $BD$, entonces $ACBD$ sería cíclico, porque $\angle BAD=\angle CAD$. Hagamos entonces que $C$ quede del mismo lado.

Sea $C'$ el simétrico de $C$ por $BD$, como $\angle CBD=60^\circ$ y $\angle DCB=30^\circ$, entonces $\angle BDC=90^\circ$, así que $C,D,C'$ están alineados. Como ya dijimos antes, tenemos que $\angle BC'D=\angle BCD=\angle BAD$, así que $ADBC'$ es cíclico, de modo que $\angle C'AB=\angle C'DB=90^\circ$.
Por base media en $CAC'$, tenemos que $DM\parallel AC'$; por base media en $ABC$, tenemos que $MN\parallel AB$. Entonces $\angle DMN=\angle C'AB=90^\circ$.
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