Regional 2017 N3 P3

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DiegoLedesma
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Re: Regional 2017 N3 P3

Mensaje sin leer por DiegoLedesma » Lun 11 Sep, 2017 11:45 pm

Spoiler: mostrar
Traté de buscar alguna alternativa a las soluciones planteadas...
Pensé algo con trigonometría (con T. del coseno, que hasta el momento nadie había publicado),
pero sin necesidad de usar calculadora:
*Por Potencia de un punto: [math]
Luego, en [math] [math], trazando la altura respecto de [math], tenemos que [math]
*Aplicando el T. del coseno en [math] [math], planteamos: [math],
pues [math]
*Reemplazando en [math] y simplificando, nos queda: [math]
Y resolviendo esta ecuación, llegamos a que [math]

Peznerd
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Re: Regional 2017 N3 P3

Mensaje sin leer por Peznerd » Mié 04 Sep, 2019 8:58 pm

Monazo escribió:
Mié 06 Sep, 2017 7:00 pm
Spoiler: mostrar
Llamamos al ángulo $Q\hat{P}R=2\alpha$. Como el triángulo $PQR$ es isósceles, $P\hat{Q}R=Q\hat{R}P=90-\alpha$. Por tangencia, $R\hat{Q}X=2\alpha$. Por suplementario, $Q\hat{R}X=90+\alpha$. Finalmente $Q\hat{X}R=90-3\alpha$. Notemos ahora que los triángulos $QRX$ y $PQX$ son semejantes. Por lo tanto se cumple:

$\frac{QX}{QR}=\frac{PX}{PQ}$

$\frac{QR}{RX}=\frac{PQ}{QX}$

Pero si tenemos en cuenta de que $PX=RX+3$, nos queda el siguiente sistema de ecuaciones.

$3.QX=2.(RX+3)$
$2.QX=3.RX$

Resolviendo el sistema obtenemos finalmente: $RX=\frac{12}{5}$
No entiendo cómo deduciste que por tangencia los ángulos RQX y QPR son iguales

Peznerd
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Re: Regional 2017 N3 P3

Mensaje sin leer por Peznerd » Mié 04 Sep, 2019 9:00 pm

Gianni De Rico escribió:
Mié 06 Sep, 2017 7:43 pm
Es con trigonometría básica, no pongo las cuentas acá.
Spoiler: mostrar
El $\triangle QPR$ es isósceles en $P$ ya que $PQ=PR=3$. Sea $M$ el punto medio de $QR$, entonces $QM=MR=1$, $Q\widehat PM=M\widehat PR$ y $PM\perp QR$. Como $\triangle PMR$ es rectángulo en $M$, $sen(M\widehat PR)=\frac{MR}{PR}=\frac{1}{3}$, entonces podemos calcular $M\widehat PR$, por lo que podemos saber $Q\widehat PR$ y por lo tanto $P\widehat RQ$ y entonces también sabemos $Q\widehat RX$. Por semiinscripto tenemos $X\widehat QR=Q\widehat PR$, que ya lo conocemos. Como conocemos dos ángulos de $\triangle QRX$ podemos conocer el tercero por suma de ángulos interiores de un triángulo.

Ahora por el Teorema del Seno $\frac{sen(R\widehat XQ)}{QR}=\frac{sen(X\widehat QR)}{XR}\Rightarrow XR=\frac{sen(X\widehat QR)}{sen(R\widehat XQ)}QR$, como conocemos los ángulos podemos conocer sus senos y además conocemos $QR$ por dato, entonces podemos resolver la ecuación.

Finalmente $RX=2,4$
No entendí lo del semiinscrito

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Monazo

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Re: Regional 2017 N3 P3

Mensaje sin leer por Monazo » Mié 04 Sep, 2019 9:47 pm

Peznerd escribió:
Mié 04 Sep, 2019 8:58 pm
Monazo escribió:
Mié 06 Sep, 2017 7:00 pm
Spoiler: mostrar
Llamamos al ángulo $Q\hat{P}R=2\alpha$. Como el triángulo $PQR$ es isósceles, $P\hat{Q}R=Q\hat{R}P=90-\alpha$. Por tangencia, $R\hat{Q}X=2\alpha$. Por suplementario, $Q\hat{R}X=90+\alpha$. Finalmente $Q\hat{X}R=90-3\alpha$. Notemos ahora que los triángulos $QRX$ y $PQX$ son semejantes. Por lo tanto se cumple:

$\frac{QX}{QR}=\frac{PX}{PQ}$

$\frac{QR}{RX}=\frac{PQ}{QX}$

Pero si tenemos en cuenta de que $PX=RX+3$, nos queda el siguiente sistema de ecuaciones.

$3.QX=2.(RX+3)$
$2.QX=3.RX$

Resolviendo el sistema obtenemos finalmente: $RX=\frac{12}{5}$
No entiendo cómo deduciste que por tangencia los ángulos RQX y QPR son iguales
Hola! Es una propiedad que cumplen los ángulos dentro de una circunferencia. El ángulo $R\hat Q X$ se denomina ángulo semi-inscrito. Te recomiendo que busques las propiedades de:
$\bullet$ Arco capaz
$\bullet$ Ángulo central
$\bullet$ Ángulo semi-inscrito
Luego te recomiendo que leas también Potencia en un punto (y que trates de demostrarlas aplicando las propiedades de ángulos mencionadas y combinándolas con semejanza).
Saludos!

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