Provincial 2017 N3 P3

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Fran5

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Provincial 2017 N3 P3

Mensaje sin leer por Fran5 » Lun 28 Ago, 2017 11:15 pm

Sean [math] cuatro puntos en una misma recta horizontal, en ese orden de izquierda a derecha. Hay que construir un cuadrado [math] tal que [math] pertenezca a la recta [math], [math] pertenezca a la recta [math], [math] pertenezca a la recta [math] y [math] pertenezca a la recta [math].
Indicar los pasos para la construcción.
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Gianni De Rico

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Re: Provincial 2017 N3 P3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 29 Ago, 2017 11:10 am

No es de este problema, no lo lean je.
Spoiler: mostrar
Por perpendiculares y opuestos por el vértice: [math] y [math]. De la primera semejanza sale que [math], de la segunda sale que [math]. Juntando ambas se tiene [math], como además [math] por opuestos por el vértice, [math]
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tuvie

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Re: Provincial 2017 N3 P3

Mensaje sin leer por tuvie » Mar 29 Ago, 2017 11:12 am

Fijate que ese es otro problema ;)

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Gianni De Rico

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Re: Provincial 2017 N3 P3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 29 Ago, 2017 11:20 am

Uh, re flasheé que era el de Santa Fe
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Dauphineg

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Re: Provincial 2017 N3 P3

Mensaje sin leer por Dauphineg » Mié 30 Ago, 2017 12:14 am

Spoiler: mostrar
Pasos de construcción:
Construimos por [math] una recta perpendicular a [math] y en ella tomamos un punto [math] tal que [math]
Sea [math] la recta por [math] y [math], [math] la recta paralela a [math] por [math], [math] la recta perpendicular a [math] por [math] y [math] la recta perpendicular a [math] por [math]
Las intersecciones entre las rectas [math] y [math] , [math] y [math] , [math] y [math] , [math] y [math] son respectivamente los puntos [math] , [math] , [math] y [math] (vértices del cuadrado buscado)
Spoiler: mostrar
Demostración:
Es inmediato de la construcción que [math] es un rectángulo.
Trazamos la recta paralela a [math] por [math] que corta a [math] en [math] y a [math] en [math]
Como los cuadriláteros [math] y [math] son paralelogramos, entonces [math] y [math], luego [math] o
también tendiendo en cuenta que [math] podemos decir que [math] [math]
Claramente los triángulos [math] y [math] son semejantes y por lo tanto [math], de esto ultimo y [math] resulta
[math] que claramente nos esta diciendo que [math] es bisectriz de [math] o lo que es lo mismo decir que la
diagonal [math] del rectángulo [math] es bisectriz del [math], o sea que [math] es un cuadrado y ya quedo probado
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Fran5

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Re: Provincial 2017 N3 P3

Mensaje sin leer por Fran5 » Mié 30 Ago, 2017 6:00 pm

Otra
Spoiler: mostrar
Tomemos una circunferencia de diámetro [math]. En uno de sus dos hemisferios marquemos un punto [math] y en el otro marquemos el punto medio [math] del semicírculo.
La perpendicular a [math] por [math] y la perpendicular a [math] por [math] se cortan en un punto [math].
La recta [math] corta al segmento [math] en [math] (1)

Trazamos la recta [math] que interseca al semicírculo opuesto en [math]. (2)

A partir de [math] construimos [math] y obtenemos nuestro cuadrado. (3)

Veamos efectivamente que (1) [math] está en [math], notando que los triangulos [math] y [math] son semejantes, habiendo una homotecia con centro en algún punto de [math] (que en este caso es [math])

Luego es facil ver que (2) [math] se encuentra en la circunferencia

Finalmente, (3) [math] es efectivamente el vertice de nuestro cuadrado, dado que por construcción [math] es un rectángulo con el ángulo [math] igual a [math] que resulta ser de [math].

Luego la solución está completa
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joa.fernandez

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Re: Provincial 2017 N3 P3

Mensaje sin leer por joa.fernandez » Dom 24 May, 2020 2:20 am

Antes de dar la solución, vale destacar que este provincial fue mi primer viaje de OMA (y también primer año en el que participaba, era un pequeño Nivel 1). Recuerdo que cuando Ian en la premiación contó dos soluciones distintas, yo había quedado aterrado y no había captado una sola idea. Hoy puedo dar orgulloso una solución linda. :D

Construcción:
Spoiler: mostrar
Trazamos las dos circunferencias de diámetros $PS$ y $QR$, las cuales serán $\omega _1$ y $\omega _2$ respectivamente, y marcamos los puntos medios de los arcos $PS$ y $QR$ en cada circunferencia, los cuales serán $M$ y $N$ respectivamente (ambos en el mismo semiplano determinado por la recta $PS$). Luego, $MN \cap \omega _1=D$, $MN \cap \omega _2=B$, $AD\cap BR=A$ y $QD\cap DS=C$.
Demo (usando las mismas definiciones que en la construcción):
Spoiler: mostrar
Dos cositas elementales a tener en cuenta:
(1) El lugar geométrico de los puntos $Z$ tales que $\widehat {LZT}= 90°$ con $L$ y $T$ fijos y $Z$ variable es la circunferencia de diámetro $LT$.
(2) Si tenemos un triángulo cualquiera y a su circunscripta, y tomamos alguno de los ángulos del triángulo, entonces la intersección entre la bisectriz de éste y la circunscripta es el punto medio del arco opuesto.
Ahora, por (1), $D$ pertenece a $\omega _1$ y $C$ pertenece a $\omega _2$. Como $ABCD$ es un cuadrado, $DB$ es bisectriz de $\widehat {ADC}$, y por (2) $D$, $B$ y $M$ son colineales. También, como $DB$ es bisectriz de $\widehat {ABC}$, por opuestos por el vértice, $\widehat {DBC} = \widehat {MBQ} = 45°$, por lo que $BM$ es bisectriz de $\widehat {QBR}$, y por (2) $D$, $B$ y $N$ son colineales. Entonces, juntando ambas conclusiones, $D$, $B$, $M$ y $N$ son colineales; con esto demostrado, podemos afirmar que $MN \cap \omega _2=B$ y $MN \cap \omega _1=D$, es decir, que con $M$, $N$, $\omega _1$ y $\omega _2$; $B$ y $D$ quedan definidos. A su vez, como $AD\cap BR=A$ y $QD\cap DS=C$ por definición, podemos dar por completa la demostración. $\blacksquare$
3  

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