Rioplatense 2005 N3 P2

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tuvie

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Rioplatense 2005 N3 P2

Mensaje sin leer por tuvie » Mié 23 Nov, 2016 9:37 am

En el trapecio $ABCD$, la suma de las bases $AB$ y $CD$ es igual a la diagonal $BD$. Sea $M$ el punto medio de $BC$ y $E$ el simétrico de $C$ respecto de la recta $DM$. Demostrar que $\angle{AEB}=\angle{ACD}$.

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3,14

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Re: Rioplatense 2005 N3 P2

Mensaje sin leer por 3,14 » Mié 23 Nov, 2016 3:34 pm

Spoiler: mostrar
En primer lugar prolonguemos [math] hasta intersecar a [math] en [math]. Notemos que los triángulos [math] y [math] son semejantes (porque tienen sus ángulos iguales por ángulos entre paralelas y opuesto por el vértice), y son congruentes, ya que [math]. Por lo tanto [math]. Tracemos [math]. Notemos que [math] es paralelogramo, porque dos lados son paralelos e iguales. Entonces [math]. Entonces:
[math]
Entonces el triángulo [math] es isósceles en [math].
Sea [math]. Entonces: [math], y por ángulos entre paralelas, [math].
Sea [math] el punto de intersección de las diagonales. [math] por lo que [math]
Entonces los triángulos [math] y [math] son isósceles.

Por otro lado, concentremos nuestra atención en el punto [math]. Como es el simétrico de [math] respecto a [math], entonces [math]. Pero como [math] es isósceles, se sigue que [math], y por lo tanto [math] es el centro de una circunferencia que pasa por [math], [math] y [math]. Del párrafo anterior se puede verificar que [math], y entonces [math], por ángulos centrales e inscriptos, deducimos que [math].
Además, por la simetría, deducimos que [math]. Entonces [math] es el centro de una circunferencia que pasa por [math], [math] y [math]. Como [math] es diámetro, se sigue que [math].
Entonces:
[math]
Pero [math], por lo que se deduce que [math] es cíclico. Por lo tanto:
[math]
Pero [math]
Se sigue entonces que [math]
[math]

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Gianni De Rico

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Re: Rioplatense 2005 N3 P2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Vie 28 Feb, 2020 11:48 pm

Solución:
Spoiler: mostrar
Sean $F$ en $BD$ tal que $BF=BA$, $F'=AC\cap BD$ y $G$ sobre la prolongación de $DE$ tal que $EG=AB$ (notar que $DG=DE+EG=DC+AB=DB$).
Como $AB+CD=BD$, tenemos que $DF=DC$, de donde $\frac{BF}{FD}=\frac{AB}{CD}$. Pero por Thales $\frac{BF'}{F'D}=\frac{AB}{CD}$, entonces $F\equiv F'$.
Ahora, $DF\cdot DB=DE\cdot DG$, de donde $BFEG$ es cíclico. Por otro lado, sean $\angle DCE=\alpha$ y $\angle ECM=\beta$, por reflexión tenemos $\angle CED=\alpha$, y como $MB=MC=ME$, entonces $\angle BEC=90°$, de donde $\angle CBE=90°-\beta$. Luego, $\angle GEB=180°-\angle BEC-\angle CED=180°-90°-\alpha =90°-\alpha$, y$$\begin{align*}\angle EBA & =\angle CBA-\angle CBE \\
& =180°-\angle DCB-\angle CBE \\
& =180°-\angle DCE-\angle ECB-\angle CBE \\
& =180°-\alpha -\beta -(90°-\beta ) \\
& =90°-\alpha \\
\end{align*}$$Por lo que $\angle GEB=\angle EBA$ y como $EG=AB$, resulta que $AEBG$ es un trapecio isósceles, por lo que es cíclico, entonces $AEFBG$ es cíclico.
Finalmente, $\angle AEB=\angle AFB=\angle CFD=\angle DCF=\angle ACD$. Y con eso estamos.
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