20° Cono Sur (2009) - Problema 3

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Matías V5

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20° Cono Sur (2009) - Problema 3

Mensaje sin leer por Matías V5 » Jue 26 Dic, 2013 2:09 pm

Sean [math], [math] y [math] tres puntos tales que [math] es el punto medio del segmento [math] y sea [math] un punto tal que [math]. Se construyen el triángulo equilátero [math] tal que [math] y [math] están en semiplanos diferentes con respecto a [math], y el triángulo equilátero [math] tal que [math] y [math] están en el mismo semiplano con respecto a [math]. Sea [math] el punto de intersección de las rectas [math] y [math]; sea [math] el punto de intersección de las rectas [math] y [math]. Demostrar que [math] y [math] son paralelos.
"La geometría es el arte de hacer razonamientos correctos a partir de figuras incorrectas." -- Henri Poincaré

cogo

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Re: 20° Cono Sur (2009) - Problema 3

Mensaje sin leer por cogo » Dom 25 Ene, 2015 1:17 am

Lo escribí en word para tenerlo archivado y me da fiaca pasarlo a Latex.
Está bueno el problema para practicar congruencias de triángulos!
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Gianni De Rico

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Re: 20° Cono Sur (2009) - Problema 3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mié 26 Dic, 2018 5:29 pm

Otra
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Sean $\angle APC=\alpha$ y $D$ el punto medio de $RQ$. La rotación de $60°$ con centro en $P$ manda $Q$ a $C$ y $R$ a $A$, luego, manda $D$ a $B$ (*), por lo tanto $\triangle PBD$ es equilátero, entonces $\angle BDP=60°$ y $BD=CD$. Ahora, por (*) tenemos que $BD$ y $CQ$ son rotohomotéticos con centro $P$, luego, $BC$ y $DQ$ son rotohomotéticos con centro $P$, es decir que $\triangle PBC$ y $\triangle PDQ$ son rotohomotéticos con centro $P$, luego $\angle QDP=\angle CBP=60°\Rightarrow \angle BDR=180°-\angle BDP-\angle QDP=180°-60°-60°=60°$, como $DR=DQ$ por ser $D$ punto medio y $BD=CD$, tenemos que $\triangle BDR\equiv \triangle PDQ\Rightarrow \angle BRD=\angle PQD\Rightarrow \angle BRQ=\angle PRQ$ y $BR=PQ$, pero $RQ=QR$, luego $\triangle BRQ\equiv \triangle PQR\Rightarrow \angle QBR=\angle RPQ$ (**). Por otro lado, por (*) tenemos $\triangle APC\equiv \triangle RPQ\Rightarrow \alpha =\angle APC=\angle RPQ=\angle QBR$, pero $\angle YPX=\angle APC=\alpha$, y $\angle YBX+\alpha =\angle YBX+\angle RBQ=\angle YBX+\angle RBX=180°$, entonces $PXBY$ es cíclico, luego, $\angle PBX=\angle PYX$. Ahora, $\angle XBP=\angle QBP$, de $\triangle APC\equiv \triangle RPQ$ tenemos $\angle PAC=\angle PRQ$, y de (**) tenemos que $PBRQ$ es cíclico, por lo que $\angle PRQ=\angle PBQ=\angle PBX$, es decir que $\angle PAC=\angle PBX$, pero $\angle PBX=\angle PYX$, luego $\angle PAC=\angle PYX$, por lo que $XY\parallel AC$.
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[math]

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