Iberoamericana 2009 P3

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Matías V5

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Iberoamericana 2009 P3

Mensaje sin leer por Matías V5 » Sab 16 Ago, 2014 2:14 pm

Sean [math] y [math] dos circunferencias de centros [math] y [math] respectivamente, ambas con el mismo radio, que se intersectan en [math] y [math]. Sea [math] un punto sobre el arco [math] de [math] que está en el interior de [math]. La recta [math] intersecta a [math] en [math], la recta [math] intersecta a [math] en [math], y la bisectriz de [math] intersecta a [math] en [math] y a [math] en [math]. Sea [math] el simétrico de [math] con respecto al punto medio de [math]. Demostrar que existe un punto [math] que satisface [math] y [math].
We gave you a start so you'd know what to do
You've seen how it works, now it's over to you (...)
For there's so much more to explore!

Numberblocks - https://www.youtube.com/watch?v=SoRiOoqao5Y

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Fran5

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Re: Iberoamericana 2009 P3

Mensaje sin leer por Fran5 » Lun 30 Mar, 2015 12:18 am

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Notemos que [math]
Luego, como [math] y [math] se tiene que los triángulos [math] y [math] son congruentes.
En particular, son rotohomotéticos, por lo que [math] y [math] también lo son

Luego [math] y su bisectriz pasa por el punto medio de [math]
De esto sigue que [math] es un rombo, de modo que [math]

Sea [math] tal que [math] es equilátero y [math] y [math] estén en distintos semiplanos respecto de [math]

[math] pertenece a la circunferecia de centro [math] y radio [math]
Ahora, [math]

Por otro lado, [math] pertenece a la circunferencia de centro [math] y radio [math]
Ahora, [math]

Por lo tanto, existe tal [math], [math]
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Gianni De Rico

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Re: Iberoamericana 2009 P3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mié 25 Dic, 2019 8:25 pm

Solución:
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Screenshot_20191226-001441.png
Sea $X$ en el mismo semiplano que $A$ respecto a $CL$ tal que $CLX$ es equilátero. Vamos a ver que $X$ verifica las condiciones del enunciado.

Como $\angle ABC=180°-\angle ABD$, tenemos que las cuerdas $AC$ y $AD$ subtienden ángulos suplementarios en circunferencias congruentes, de donde $AC=AD$, luego, $AO_1C\equiv AO_2D$, de donde $AO_1O_2$ y $ACD$ son rotohomotéticos.
Sean $\angle CAE=\alpha$ y $\angle O_1AC=\beta$, luego, $\angle AO_1O_2=\angle AO_2O_1=90°-\alpha$ y $\angle CO_1A=180°-2\beta$, de donde $\angle CO_1O_2=\angle CO_1A-\angle AO_1O_2=180°-2\beta -(90°-\alpha )=90°+\alpha -2\beta$, por otro lado, $\angle LAO_2=\angle EAO_2=\angle EAD-\angle O_2AD=\alpha -\beta$, de donde $\angle LO_2A=180°-2(\alpha -\beta )=180°+2\beta -\alpha$, entonces $\angle LO_2O_1=\angle LO_2A-\angle AO_2O_1=180°+2\beta -2\alpha -(90°-\alpha )=90°+2\beta -\alpha$, por lo tanto $\angle CO_1O_2+\angle LO_2O_1=90°+\alpha -2\beta +90°+2\beta -\alpha =180°$, de donde $O_1C\parallel O_2L$, luego, $CO_1O_2L$ es un paralelogramo, por lo que $CL=O_1O_2$ (1) y $\angle LCO_1=90°+2\beta -\alpha$.
Ahora, $\angle LCO_1=\angle LCD+\angle DCA+\angle ACO_1=\angle LCD+90°-\alpha +\beta$, de donde $\angle LCD=\beta$. Por otro lado, $\angle CEL=\frac{\angle CO_1A}{2}=\frac{180°-2\beta}{2}=90°-\beta$, y como $AC=AD$, entonces $EL$ es mediatriz de $CD$, de donde $EL\perp CD$, luego, $\angle DCE=\beta$, entonces $E$ y $L$ son simétricos por $CD$, de donde $CE\parallel LD$ y $CE=CL=LD$, y como $CLX$ es equilátero tenemos $CL=CX=LX$ (2). Por lo tanto, $L$ es el circuncentro de $CDX$, luego, $\angle XDC=\frac{\angle XLC}{2}=\frac{60°}{2}=30°$ (3).

Sea $C'$ el simétrico de $C$ por el punto medio de $PE$, luego, $CEC'P$ es un paralelogramo de donde $PC'=CE=LD$ y $PC'\parallel CE\parallel LD$, por lo que $C'DLP$ es un paralelogramo, entonces $C'D=LP$. Como $\angle CPL=\angle ADL=\angle ACL=\angle PCL$, tenemos que $LP=LC=CX$, luego, $C'D=CX$, y por simetría resulta $CF=CX=CL$. Por lo tanto $C$ es el circuncentro de $FLX$, luego, $\angle XFL=\frac{\angle XCL}{2}=\frac{60°}{2}=30°$ (4).

De (1), (2), (3) y (4), tenemos que $X$ verifica las condiciones del enunciado, y, por lo tanto, existe.
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