Nacional 1995 N2 P5

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
ricarlos
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Re: Nacional 1995 N2 P5

Mensaje sin leer por ricarlos » Sab 12 Oct, 2013 9:33 pm

Te aconsejo que revises esto:

[math]

"[math] y [math] son rectangulos iguales"

"[math] y [math] son iguales"

No se si hay algo mas, pero a ver que pasa ahi. ;)
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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Hechicero

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Re: Nacional 1995 N2 P5

Mensaje sin leer por Hechicero » Sab 12 Oct, 2013 9:45 pm

ricarlos escribió:Te aconsejo que revises esto:

[math]

"[math] y [math] son rectangulos iguales"

"[math] y [math] son iguales"

No se si hay algo mas, pero a ver que pasa ahi. ;)
Gracias, fue un error de pipeo....Ahí lo corregí.
No poder demostrar algo, pero saber que se cumple, es estar condenado a una vida de mediocres ideas.

BrunZo

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Re: Nacional 1995 N2 P5

Mensaje sin leer por BrunZo » Vie 04 Oct, 2019 10:52 pm

Solución:
Spoiler: mostrar
Primero, analicemos lo que el problema nos pide probar: $NK=NM=ND$. Lo vamos a ver con el siguiente lema:

Lema: Sea $ABC$ un triángulo y $M$ el punto medio del arco $BC$. Si $P$ es un punto tal que $\angle BPC=90^{\circ}+\frac{\angle A}{2}$, entonces $MB=MC=MI$.
Demostración: Notemos que $\angle BMC=180^{\circ}-\angle BAC$. Por lo tanto, el $\angle BMC$ cóncavo mide $180^{\circ}+\angle BAC$. Es decir, $P$ pertenece al círculo de centro $M$ que pasa por $B$ y $C$ si y sólo si $\angle BPC=\frac{180^{\circ}+\angle BAC}{2}=90^{\circ}+\frac{\angle BAC}{2}$, que es lo que queríamos probar.

Este Lema implica, que si probamos que a. $N$ es punto medio del arco $KM$ y b. $\angle MDK=90^{\circ}+\frac{\angle MBK}{2}$, entonces resolvimos el problema.
Probar a. no es nada complicado, puesto que
$\angle BCM=\angle BCD=\angle BAD=\angle BAK=\alpha$ $\Longrightarrow$ $B$ es punto medio del arco $MK$ $\Longrightarrow$ $N$ es punto medio del otro arco $KM$.
Para probar b., notemos que por lo anterior se sigue que
$\angle MBK=180^{\circ}-\angle BCM-\angle BAK=180^{\circ}-2\alpha$
Mientras que
$\angle MDK=\angle CDA=180^{\circ}-\alpha$
Y es fácil comprobar que
$\angle MDK=90^{\circ}+\frac{\angle MBK}{2}\iff 180^{\circ}-\alpha=90^{\circ}+\frac{180^{\circ}-2\alpha}{2}$
es cierto.
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