Problema 5 Cono Sur 2016

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ésta

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Problema 5 Cono Sur 2016

Mensaje sin leer por ésta » Jue 05 May, 2016 8:19 pm

Sea [math] un triángulo inscrito en una circunferencia de centro [math]. Sean [math] y [math] puntos de los lados [math] y [math] respectivamente tales que [math]. Sea [math] el punto de intersección de las bisectrices de los ángulos [math] y [math].
Si [math], demostrar que las rectas [math] y [math] son perpendiculares.
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Emerson Soriano

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Re: Problema 5 Cono Sur 2016

Mensaje sin leer por Emerson Soriano » Sab 07 May, 2016 3:31 am

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Trazamos [math], [math] y [math] perpendiculares a las rectas [math], [math] y [math], respectivamente. Claramente el punto [math] es punto interior de [math], pues [math]. Esto implica que [math] y [math] son puntos interiores de [math] y [math], respectivamente. Notemos que [math] y [math]. Notemos que [math] es excentro del triángulo [math], por lo tanto el rayo [math] es bisectriz del ángulo [math] y [math]. Sean [math] y [math] los puntos de corte de la recta [math] con el circuncírculo de [math], con [math] más próximo a [math]. Sea [math] el simétrico de [math] respecto a la recta [math] y sea [math] el simétrico de [math] con respecto a [math]. Es claro que [math] y [math] están en los lados [math] y [math], respectivamente. Notemos que [math] es paralelo a [math], pues el cuadrilátero [math] es un trapecio isósceles, por lo tanto [math]. También notemos que [math] es paralelo a [math], pues el cuadrilátero [math] es un trapecio isósceles, por lo tanto [math]. Luego, como [math] y [math], entonces concluimos que [math], y como [math] concluimos que [math], pero [math] y [math], entonces [math].

Como la recta [math] es perpendicular a [math] y biseca a la cuerda [math], concluimos que la recta [math] contiene al circuncentro del triángulo [math].

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Prillo

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Re: Problema 5 Cono Sur 2016

Mensaje sin leer por Prillo » Dom 08 May, 2016 1:16 am

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Los triangulos [math] y [math] son congruentes: los triangulos [math] y [math] son simetricos con respecto a [math] y los triangulos [math] y [math] son simetricos con respecto a [math]. Como el simetrico del ortocentro de un triangulo con respecto a un lado cae sobre el circuncirculo de dicho triangulo, si denotamos [math] al ortocentro de [math], entonces [math] y [math] son ciclicos. Sean [math] y [math] sus respectivos circuncirculos. Entonces [math] es eje radical de [math] y [math], y el problema equivale a demostrar que [math] pertenece a este eje radical, o lo que es lo mismo, que [math] tiene igual potencia con respecto a [math] y [math].

Notemos que [math] y [math] tienen el mismo radio (son el circuncirculo de los dos triangulos congruentes [math] y [math]). Ademas [math]. Entonces 'superpongamos' estas dos circunferencias: Sea [math] tal que [math], [math], y [math] y [math] estan en el mismo semiplano con respecto a [math]. Entonces queremos ver que [math] y [math] tienen la misma potencia con respecto a [math]. Pero afirmo que [math] y [math] son simetricos con repecto al diametro de [math] que pasa por [math], en cuyo caso [math] y [math] trivialmente tienen la misma potencia. Para esto basta ver que [math] (convencerse, es facil). Pero [math] y [math], entonces basta ver que [math]. Pero [math] es excentro de [math] respecto de [math], entonces esta ultima igualdad es trivial.

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FabrizioFelén
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Re: Problema 5 Cono Sur 2016

Mensaje sin leer por FabrizioFelén » Jue 19 May, 2016 6:00 am

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Lema: $AO \perp PQ$ si solo si $AP^2-AQ^2=OP^2-OQ^2$ (es conocido)
Sea $DB=2c$, $BE=2b$ y $AD=DE=EC=2a$. Ya que $X$ es excentro del $\triangle BDE$, sean $M$ y $N$ las proyecciones de $X$ en $BD$ y $BE$
$\Longrightarrow$ $MD$ $=$ $a+b-c$ y $NE$ $=$ $a+c-b$ $\Longrightarrow$ $XD^2=r^2+(a+b-c)^2$ and $XE^2=r^2+(a+c-b)^2$ $\Longrightarrow$ $XD^2-XE^2$ $=$ $(a+b-c)^2-(a+c-b)^2=2a(2b-2c)...(\star)$. Por la potencia de los puntos $D$ y $E$ respecto al $\odot (ABC)$ obtenemos que $OD^2-OE^2$ $=$ $BE.EC-BD.AD=4ab-4ac...(\star\star)$. Comparando $(\star)$ y $(\star\star)$ obtenemos que $XD^2-XE^2=OD^2-OE^2$
$\Longrightarrow$ por el lema obtenemos que $XO\perp DE$.

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Gianni De Rico

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Re: Problema 5 Cono Sur 2016

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 13 Oct, 2020 7:19 pm

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Como los triángulos $ADE$ y $DEC$ son isósceles, entonces $DX\perp AE$ y $EX\perp CD$, luego, si $H$ es el punto de intersección de las rectas $AE$ y $CD$, tenemos que $H$ es el ortocentro de $DEX$, es decir que $XH\perp DE$, así que necesitamos demostrar que $X,H,O$ están alineados. Ahora, como $H$ es ortocentro, tenemos que $\angle HXD=\angle HED=\angle AED$, pero como $ADE$ es isósceles, $\angle AED=\angle EAD=\angle HAD$, por lo que $ADHX$ es cíclico. De la misma forma se ve que $CEHX$ es cíclico, así que para demostrar que $X,H,O$ están alineados, necesitamos demostrar que $O$ está en el eje radical de $\odot ADHX$ y $\odot CEHX$, es decir, que $O$ tiene la misma potencia respecto a ambas circunferencias.
Sean $F$ y $G$ los circuncentros de $ADHX$ y $CEHX$, entonces por definición tenemos que la potencia de $O$ respecto a las circunferencias es $OF^2-AF^2$ y $OG^2-CG^2$, así que necesitamos demostrar que estos dos valores son iguales. Ahora, como $\angle DHA=\angle CHE$ y $AD=EC$, tenemos que las dos circunferencias tienen el mismo radio, es decir, $AF=CG$, de este modo, necesitamos demostrar que $OF=OG$. Notemos que como $O$ es circuncentro de $ABC$, tenemos que $OA=OC$, y como $AF=CG$, necesitamos demostrar que $\angle OCG=\angle OAF$, ya que en ese caso los triángulos $CGO$ y $AFO$ son congruentes.
Como $G$ y $O$ son circuncentros de $CHE$ y $CAB$, tenemos que $\angle ECG=90^\circ -\angle EHC$, y que $\angle ECO=\angle BCO=90^\circ -\angle BAC$, de este modo, $\angle OCG=\angle ECG-\angle ECO=90^\circ -\angle EHC-(90^\circ -\angle BAC)=\angle BAC-\angle EHC$. De la misma manera tenemos que $\angle OAF=\angle DHA-\angle BCA$. Además, por ser $H$ ortocentro, $\angle EHC=\angle DHA=\angle EXD$. Entonces necesitamos demostrar que $\angle BCA-\angle EXD=\angle BAC-\angle EXD$, esto pasa si y sólo si $\angle BAC+\angle BCA=2\angle EXD$, si y sólo si $180^\circ -\angle ABC=2\angle EXD$, si y sólo si $180^\circ -\angle DBE=2\angle EXD$. Pero esto es cierto pues $X$ es el excentro correspondiente a $B$ en $DBE$. Y con eso estamos.
Cono 2016 P5.png
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Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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