Sel Ibero 2000 Problema 5

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Prillo

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Sel Ibero 2000 Problema 5

Mensaje sin leer por Prillo »

Sean [math] tres puntos del plano tales que [math]. Construir con regla y compás un cuadrado [math] de modo que [math] pertenezca al lado [math] y la recta [math] intersecte al lado [math] en el punto [math] tal que [math].
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Ivan

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Re: Sel Ibero 2000 Problema 5

Mensaje sin leer por Ivan »

A pedido de @Julian_Ferres.
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Como [math] se tiene que [math] está en la circunferencia de diámetro [math]. Tenemos la siguiente figura:
selibero2000p5.png
Eligiendo [math] en la circunferencia podemos construir [math] en [math] de modo que [math] y luego [math] es el pie de la perpendicular a [math] desde [math]. Nuestro objetivo es elegir [math] de modo que, al hacer la construcción anterior se tenga [math] (es claro que si vale esto podemos marcar el vértice restante [math] de modo que [math] sea un cuadrado).

Llamamos [math] y [math]. Entonces queremos elegir [math] correctamente. Vamos a hacer esto con cuentas.

Primero notemos que [math] y [math]. Además [math]. Como
[math]
obtenemos
[math]

Por el teorema del seno en [math] tenemos
[math]

Luego
[math]
Entonces [math] es equivalente a
[math]
equivalentemente
[math]

Queremos despejar [math] en la ecuación anterior.
[math]

Ahora notemos que [math] y entonces [math]. Así que la ecuación es equivalente a
[math]
Podemos reescribirla como
[math]

y ahora podemos dividir ambos lados por [math] obteniendo
[math]

o sea
[math]

Resta construir [math] con regla y compás de modo que [math]. Una forma de hacer esto es mediante la siguiente figura auxiliar:
selibero2000p5b.png
Empezamos con un rectángulo [math] tal que [math]. Marcamos [math] en la semirrecta [math] de modo que [math]. Ahora llamamos [math] a la intersección de [math] con la paralela a [math] por [math]. Es fácil ver que el ángulo [math] cumple lo pedido [math]
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Guía de $\LaTeX$ (sirve para escribir ecuaciones como $2^{3\times 2}+1=13\cdot 5$)
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drynshock

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Till kingdom come

Mensaje sin leer por drynshock »

Tráiganme a Harry Potter que le enseño algunos trucos de magia.

Construcción:
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geogebra-export - 2025-01-14T154958.735.png
  • Rotamos $P$ por $A$ $90^{\circ}$ tal que este caiga en $P'$ (en la dirección donde se cortarían $PX$ y $AP'$).
  • Trazamos la mediatriz de $AP'$, esta corta a $PX$ en $Q$-
  • Las proyecciones desde $P$ y $A$ hacia $P'Q$ son $C$ y $D$ respectivamente.
  • Trazamos la paralela a $CD$ por $A$ y marcamos su intersección con $CP$, este punto es $B$
$\blacksquare$
Demostración de que funciona:
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Luego, de obtener $P'$ y trazar la mediatriz, tenemos $AQ = QP'$ y $\angle PAP' = 90^{\circ}$, la prolongación de $AP$ corta a $P'Q$ en $F$, y por mediana de un triángulo rectángulo queda $FQ = AQ = QP'$. De acá sacamos $C$, $D$ y $B$ como mencioné antes, queremos ver que por paralelas $\angle FAQ = \angle QFA = \angle PAB$, así que la condición de la bisectriz la cumple. Queda ver que $ABCD$ es un cuadrado.

Por suma de interiores esta claro que $\angle AFD = \angle DAP' \Rightarrow \angle DAP' = \angle BAP$ y como $\angle PBA = \angle ADP', AP = AP'$ entonces $\triangle BAP \cong \triangle DAP' \Rightarrow AB = AD = BC = DC$ y estamos.
$\blacksquare$
La idea detrás del problema:
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Supongamos que ya tenemos construido el cuadrado $ABCD$. La idea era construir un cuadrado $APC'D'$ y hacerle una rotohomotecia para que el mismo caiga en $ABCD$.
geogebra-export - 2025-01-14T155325.387.png
Agregándole a eso la condición de la bisectriz, como $AB \parallel CD$ es intuitivo marcar $\{F\} = AP \cap CD$ para que nos quede $FQA$ isósceles y de ahí el resto sigue fácil.
Y con este mensaje, doy por sentado que Drynshock participa de la OFO 2025
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@Bauti.md ig
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"Alexandra Trusova"
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