P3 Nivel Mayor Primer pretorneo de las ciudades 2011

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
bruno
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P3 Nivel Mayor Primer pretorneo de las ciudades 2011

Mensaje sin leer por bruno » Lun 02 May, 2011 10:45 pm

Sea [math] un trapecio isosceles de bases [math] y [math], con [math] y lados [math], tal que tiene una circunferencia inscrita. Demostrar que la bisectriz de[math] divide al cuadrilatero en dos figuras de areas iguales.
ACLARACION: La circunferencia inscrita a un trapecio es la circunferencia tangente a sus cuatro lados

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Vladislao

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Re: P3 Nivel Mayor Primer pretorneo de las ciudades 2011

Mensaje sin leer por Vladislao » Mar 03 May, 2011 1:40 pm

Hay muchas formas de hacerlo. Acá una:
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pretor.PNG
Sea [math] el incentro del trapecio. Es claro que [math] es bisectriz del ángulo [math]. Sea [math] la intersección de [math] y [math].

Sea [math]. Entonces [math]. Ahora, es fácil ver que [math]. Esto porque [math] es bisectriz de [math] por lo que [math].

Análogamente, se puede ver que [math]. Es claro que [math] (por ser alternos internos), entonces [math]. De ésto, se tiene que el cuadrilátero [math] es cíclico. Como [math] se tiene que [math] es decir [math].

Tenemos, entonces, que [math].

Sea [math] el pie de la perpendicular a [math] trazada desde [math]. Es claro que [math], que [math] y que [math]. Todo ésto por que el trapecio era isósceles.

Se tiene que [math], como queríamos.
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amcandio

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Re: P3 Nivel Mayor Primer pretorneo de las ciudades 2011

Mensaje sin leer por amcandio » Mar 03 May, 2011 4:56 pm

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Por angulitos sigue que [math]
[math]
Como ABCD tiene circunferencia inscripta entonces[math].
Luego[math] CQD
"Prillo es el Lanata de la trigonometria"

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Vladislao

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Re: P3 Nivel Mayor Primer pretorneo de las ciudades 2011

Mensaje sin leer por Vladislao » Mié 04 May, 2011 5:47 pm

amcandio escribió:
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Por angulitos sigue que [math]
[math]
Como ABCD tiene circunferencia inscripta entonces[math].
Luego[math] CQD
Muy buena la solución, igual, para ver lo de que [math] tenés que probar que [math], y para eso tenés que hacer cíclicos. Igual, calculo que agarraste la notación que puse yo en la anterior. :P
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: P3 Nivel Mayor Primer pretorneo de las ciudades 2011

Mensaje sin leer por Vladislao » Mié 04 May, 2011 6:02 pm

Dejo una variante un poquito más interesante del problema:

Siendo [math] y siendo [math] el pie de la perpendicular a [math] trazada desde [math], demostrar que [math]
Sea [math] Para todo entero positivo [math] se cumple que [math] es un número primo.

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Re: P3 Nivel Mayor Primer pretorneo de las ciudades 2011

Mensaje sin leer por amcandio » Mié 04 May, 2011 10:13 pm

Vladislao escribió: Muy buena la solución, igual, para ver lo de que [math] tenés que probar que [math], y para eso tenés que hacer cíclicos.
Use la notacion de tu sol, Q es el pie de la perpendicular
"Prillo es el Lanata de la trigonometria"

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Re: P3 Nivel Mayor Primer pretorneo de las ciudades 2011

Mensaje sin leer por No, manzana » Mié 04 May, 2011 11:19 pm

La condicion suficiente y necesaria para que un cuadrilatero tenga una circunferencia inscripta es que la suma de sus lados opuestos sea igual. Sea E la interseccion de la bisectriz de C con AD, por alternos <DCE=<BCE=<CED, luego, el triangulo CDE es isoceles con CE=DE. Tenemos AD+BC=AB+CD=2CD => DE+AE+BC=2CD => AE+BC=CD=ED.

Finalmente, si h es la altura del trapecio:

2(CDE)=h*ED=h*(AE+BC)=h*AE + h*BC = 2(ABE) + 2(BCE) = 2(ABCE) => (CDE)=(ABCE), estamos listos :)
[math], Posta!
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Sea [math] un real, veamos que: [math], entonces [math].

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Re: P3 Nivel Mayor Primer pretorneo de las ciudades 2011

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mié 29 Ago, 2018 1:20 pm

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Sean $E=AB\cap CD$, $F$ y $G$ los puntos de tangencia del incírculo con $AD$ y $BC$ respectivamente, $I$ el incentro de $ABCD$ y $H=CI\cap AD$.
Entonces $I$ es el incentro de $EDA$, como $ECB$ y $EDA$ son homotéticos de centro $B$ entonces $DI$ es paralela a la bisectriz interior de $E\widehat CB$, pero $CI$ es la bisectriz exterior de $E\widehat CB$, de donde $DI\perp CI$. Por ángulos entre paralelas y por bisectriz tenemos $D\widehat HC=B\widehat CH=D\widehat CH$, por lo que $CDH$ es isósceles con $CD=DH$. Se sigue que $I$ es el punto medio de $CH$, y $\triangle DCI\equiv \triangle DHI$.
Ahora, $(AID)+(BIC)=\frac{AD\cdot IF}{2}+\frac{BC\cdot IG}{2}=\frac{AD\cdot FG}{4}+\frac{BC\cdot FG}{4}=\frac{(AD+BC)\cdot FG}{4}=\frac{1}{2}(ABCD)$. Luego $(ABI)+(DCI)=\frac{1}{2}(ABCD)$, pero por simetría $\triangle ABI\equiv \triangle DCI\equiv \triangle DHI\Rightarrow (ABI)=(DHI)$, entonces $(DCH)=(DHI)+(DCI)=(ABI)+(DCI)=\frac{1}{2}(ABCD)\Rightarrow (ABCH)=(ABCD)-(DCH)=(ABCD)-\frac{1}{2}(ABCD)=\frac{1}{2}(ABCD)$.
Queda demostrado que $ABCH$ y $DCH$ tienen igual área.
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[math]

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