Problema 2 Nivel 3 Nacional OMA 2001

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.

Problema 2 Nivel 3 Nacional OMA 2001

UNREAD_POSTpor Nacho » Sab 15 Sep, 2012 8:59 pm

Sea $\triangle ABC$ un triángulo tal que el ángulo $\angle ABC$ es menor que el ángulo $\angle ACB$. La bisectriz del ángulo $\angle BAC$ corta al lado $BC$ en $D$. Sean $E$ en el lado $AB$ tal que $\angle EDB = 90^\circ$ y $F$ en el lado $AC$ tal que $\angle BED = \angle DEF$. Demostrar que $\angle BAD = \angle FDC$.
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Re: Problema 2 Nivel 3 Nacional OMA 2001

UNREAD_POSTpor amcandio » Vie 26 Oct, 2012 5:02 pm

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Se traza la paralela a $BC$por $F$, que corta a $AB$ en $G$. Como $ED \perp BC ||  FG$ entonces $ED \perp FG$ y como $\angle DEB  = \angle FED$, concluimos que $ED$ es la mediatriz del segmento $FG$, pero como $AD$ es bisectriz, y es un hecho conocido que la bisectriz de un angulo y la mediatriz del lado opuesto a ese angulo concurren en la circunferencia circunscripta, tenemos que $AGDF$ es ciclico, de donde $\angle GAD = \angle DFG = \angle CDF$, CQD.
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Re: Problema 2 Nivel 3 Nacional OMA 2001

UNREAD_POSTpor Nacho » Sab 27 Oct, 2012 9:12 pm

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Por Teorema del Seno en $\triangle ADB$ y Teorema de la Bisectriz en $\triangle ABC$, tenemos que $\dfrac{\text{sen} \angle BAD}{\text{sen} \angle ADC} = \dfrac{BD}{AB}=\dfrac{CD}{AC}$. Pero notemos que $\dfrac{CF}{CA} = \dfrac{(CFD)}{(CAD)} = \dfrac{DF\cdot CD \cdot \text{sen} \angle BAD}{AD \cdot CD \cdot \text{sen}\angle ADC} = \dfrac{DF\cdot CD}{AD\cdot CA}$. Nos queda entonces que $\dfrac{AD}{CD} = \dfrac{DF}{CF}$.

Pero notemos por Teorema del Seno en $\triangle CDF$ que $\dfrac{DF}{CF} = \dfrac{\text{sen} \angle ACD}{\text{sen} \angle FDC}$. Y también por Teorema del Seno pero en $\triangle ACD$, tenemos $\dfrac{AD}{CD}= \dfrac{\text{sen} \angle ACD}{\text{sen} \angle BAD}$. Igualando las dos, tenemos que $\text{sen} \angle BAD = \text{sen} \angle FDC$. Entonces $\angle BAD = \angle FDC$ o $\angle BAD = 180^{\circ}-\angle FDC$. Pero ambos ángulos son agudos puesto que $\angle FDC < \angle EDC=90^{\circ}$ y $2\angle BAD = \angle BAC < 180^{\circ}$. Por lo tanto $\angle BAD = \angle FDC$. $\blacksquare$
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Re: Problema 2 Nivel 3 Nacional OMA 2001

UNREAD_POSTpor ktc123 » Sab 21 Jun, 2014 4:05 pm

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Por enunciado $\angle BAD=\angle DAC=\alpha$ y $\angle BED=\angle DEF=\beta$. Como la bisectriz exterior de $\angle BEF$ y la bisectriz interior de $\angle BAC$ concurren en $D$, concluimos que $D$ es centro de la circunferencia exinscrita del $\triangle AEF$ con respecto a $A$. Entonces $DF$ es bisectriz exterior de $\angle EFC$ y por suma de ángulos obtenemos que $\angle DFC=90-\beta+\alpha$. Por suma de ángulos en $\triangle BED$, $\angle EBD=\angle ABD=90-\beta$. Por suma de ángulos en $\triangle ABC$, $\angle BCA=\angle DCF=90+\beta-2\alpha$. Finalmente por suma de ángulos en $\triangle FDC$, resulta que $\angle FDC=\alpha$ como queriamos demostrar.
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Re: Problema 2 Nivel 3 Nacional OMA 2001

UNREAD_POSTpor 3,14 » Dom 18 Ene, 2015 9:43 am

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Sea $\angle CAD=\alpha$ y $\angle DEB=\beta$. Por angulitos es fácil ver que:
$\angle AFE=2(\beta-\alpha)$
$\angle ADE=\beta-\alpha$
$\angle AEF=180º-2\beta$
Marquemos el incentro del triángulo $AFE$ y llamémoslo $I$. Como $AD$ es bisectriz, entonces $I$ se encuentra sobre $AD$. Ahora tracemos $FI$ y $EI$. Como $I$ es el incentro de $\triangle AEF$ entonces $FI$ y $EI$ son bisectrices de sus respectivos ángulos. De esto sale que:
$\angle IFE=\frac {1}{2}.2(\beta-\alpha)=\beta -\alpha$
$\angle IEF=\frac {1}{2}.(180º-2\beta)=90-\beta$
Observemos ahora que $\angle IFE=\angle IDE=\beta-\alpha$ y que ambos ángulos abarcan el segmento $IE$. Por ello, el cuadrilátero $FDEI$ es cíclico, y como $\angle FED=\beta$, entonces por ángulos inscriptos en una circunferencia sale que: $\angle FID=\beta$.
Por otro lado:
$\angle IED=\angle IEF+\angle FED=90º-\beta+\beta=90º$
Como $\angle IFD$ es opuesto al angulo $\angle IED$ en un cuadrilátero cíclico, entonces suman $180º$, y sale que:
$\angle IFD=90º$
Ahora podemos obtener que:
$\angle IDF=180º-90º-\beta=90º-\beta$
Y finalmente:
$\angle FDC=90º-(90º-\beta)-(\beta-\alpha)=\alpha$
como queríamos demostrar.
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$\pi=4\left (1-\frac {1}{3}+\frac {1}{5}-\frac {1}{7}+\frac {1}{9}-...\right )$
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Re: Problema 2 Nivel 3 Nacional OMA 2001

UNREAD_POSTpor Gianni De Rico » Lun 11 Sep, 2017 10:09 am

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Sea $G$ en $EB$ tal que $\triangle FEG$ es isósceles en $E$. Sea $H$ el punto medio de $FG$, entonces $EH$ es bisectriz de $F\widehat EG\Rightarrow E$, $H$ y $D$ son colineales, y $E\widehat HG=E\widehat DB=90°\Rightarrow FG\parallel DB\Rightarrow G\widehat FD=C\widehat DF$. Por ser $\triangle FEG$ isósceles en $E$, $EH$ es mediatriz de $FG\Rightarrow ED$ es mediatriz de $FG$, como $AD$ es bisectriz de $F\widehat AG$, entonces $AD$ y $ED$ concurren en la circunferencia circunscrita a $\triangle AFG$, como además concurren en $D$, entonces $AFDG$ es cíclico $\Rightarrow G\widehat AD=G\widehat FD=C\widehat DF$.

Finalmente $B\widehat AD=F\widehat DC$.
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$e^{i\pi}+1=0$
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