Problema 3. Nivel 3. Provincial 2013

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Vladislao

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Problema 3. Nivel 3. Provincial 2013

Mensaje sin leer por Vladislao » Jue 22 Ago, 2013 2:46 pm

Sea [math] un triángulo rectángulo en [math], con altura [math]. El punto [math] es la intersección de las bisectrices del triángulo [math] y el punto [math] es la intersección de las bisectrices del triángulo [math]. La recta [math] corta a [math] y [math] en [math] y [math] respectivamente. Si [math], hallar los ángulos y el área del triángulo [math].
Sea [math] Para todo entero positivo [math] se cumple que [math] es un número primo.

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Vladislao

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Re: Problema 3. Nivel 3. Provincial 2013

Mensaje sin leer por Vladislao » Jue 22 Ago, 2013 3:31 pm

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Es claro que [math]. Luego, [math]. Además, notemos que los triángulos [math] y [math] son semejantes, con razón [math]. Luego, es inmediato de esta semejanza que [math].

Sigue, al ser [math], que los triángulos [math] y [math] son semejantes. Luego, si [math], resulta que [math].

Luego, si llamamos [math] a la intersección de [math] con [math], se cumple que [math]. Luego, [math]. Luego, en el triángulo [math] los ángulos son ambos [math], además del recto.

Para el área, veamos que [math]. En efecto, notemos que [math], y por tanto [math].

Además, como [math], resulta que [math] es cíclico. Luego, [math]. Entonces, como [math], resulta que [math], luego [math].

Luego, el área del triángulo es [math].
Sea [math] Para todo entero positivo [math] se cumple que [math] es un número primo.

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lichafilloy

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Re: Problema 3. Nivel 3. Provincial 2013

Mensaje sin leer por lichafilloy » Vie 23 Ago, 2013 10:51 pm

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Sea [math] el pie de la bisectriz [math] en [math] y y [math] el pie de la bisectriz [math] en [math].
-[math] entonces, [math]. Como [math], los angulos opuestos en [math] suman 180. Por ende este cuadrilatero es ciclico.
- Por angulos inscriptos al arco [math], [math]. Y por angulos inscriptos al arco [math], [math]. Luego el triangulo [math] es isosceles por tener dos angulos de [math] con [math].

Por el teorema de la bisectriz en [math],[math]. Analogamente, aplicado a [math], [math]. Como [math] estas proporciones son todas iguales.

Entonces, vemos que[math]. Aplicando nuevamente el teorema de la bisectriz en [math], vemos que [math] y en [math]: [math]. Por [math], estas proporcioens tambien son iguales y entonces: [math] Entonces se cumple el teorema de thales en [math] a partir de [math]. Luego [math] es paralela a QP de donde [math] y [math].

Para calcular el area del triangulo vemos que [math] y [math] tienen los mismos angulos ([math] y los angulos iguales por ser [math] bisectriz de [math]) por lo que son semejantes. A la vez, [math] es compartido, por lo que son congruentes y entonces [math] y el area del trianulo [math] es [math]. [math]
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Prillo

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Re: Problema 3. Nivel 3. Provincial 2013

Mensaje sin leer por Prillo » Vie 23 Ago, 2013 11:56 pm

Versión generosa de IMO 1988, P5.
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Gianni De Rico

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Re: Problema 3. Nivel 3. Provincial 2013

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Lun 20 Ago, 2018 11:26 am

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Sean $C\widehat AB=2\alpha$ y $A\widehat BC=2\beta$, luego, $A\widehat CD=2\beta$ y $B\widehat CD=2\alpha$. Si ponemos $E=CJ\cap AB$ y $F=CK\cap AB$ se ve que $EFKJ$ es cíclico. Como $E$ es pie de la biscetriz tenemos $D\widehat EC=2\alpha +\beta$, entonces $N\widehat KC=J\widehat KF=180°-D\widehat EC=180°-2\alpha -\beta=90°+2\alpha +2\beta -2\alpha -\beta =90°+\beta$, por lo tanto $M\widehat NC=K\widehat NC=180°-K\widehat CN-N\widehat CK=90°+2\alpha +2\beta -\alpha -90°-\beta =\alpha +\beta =45°$. Entonces $N\widehat MC=45°$.
Ahora, $D\widehat CK=\alpha =N\widehat CK$ y $K\widehat DC=45°=K\widehat NC$ de donde $\triangle DCK\simeq \triangle NCK\Rightarrow \frac{DC}{NC}=\frac{CK}{CK}=1\Rightarrow 2=DC=NC$. Análogamente $MC=2$. Entonces $(MNC)=\frac{MC\cdot NC}{2}=\frac{2\cdot 2}{2}=2$.

Finalmente, $M\widehat NC=N\widehat MC=45°$, $M\widehat CN=90°$ y $(MNC)=2$
Provincial 2013 N3 P3.png
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[math]

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