Selectivo Cono Sur 2019 - P5

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
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Gianni De Rico

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Selectivo Cono Sur 2019 - P5

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Sea $ABCD$ un paralelogramo de lados $AB$, $BC$, $CD$ y $DA$ con el ángulo en $A$ agudo. Consideramos el punto $E$ en el interior del paralelogramo tal que $AE=DE$ y $A\widehat BE=90^\circ$. Sea $M$ el punto medio del segmento $BC$. Determinar la medida del ángulo $D\widehat ME$.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850
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Gianni De Rico

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Re: Selectivo Cono Sur 2019 - P5

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

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Selectivo Cono 2019 P5.png
Sea $N$ el punto medio de $AD$. Como $ABCD$ es un paralelogramo tenemos $AD=BC$ y $AD\parallel BC$, luego $AN=ND=\dfrac{1}{2}AD=\dfrac{1}{2}BC=BM=MC$ y $AN\parallel BM\parallel ND$, por lo tanto $ABMN$ es un paralelogramo (*) y $BMDN$ es un paralelogramo (**).
Ahora, en el triángulo $ADE$ tenemos $AE=DE$ y $N$ es punto medio de $AD$, por lo que $EN\perp AD$, luego $EN\perp BM$. Por (*) tenemos que $AB\parallel MN$, y por enunciado, $BE\perp AB$, luego $BE\perp MN$. Entonces $E$ es el ortocentro de $BMN$, por lo que $ME\perp BN$, pero por (**) tenemos $BN\parallel MD$, luego $MD\perp ME$, es decir $D\widehat ME=90^\circ$.
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Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850
BrunZo

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Re: Selectivo Cono Sur 2019 - P5

Mensaje sin leer por BrunZo »

Hay bastantes soluciones diferentes...

Solución 1.
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[Mirar imagen de arriba].
Sea $P$ la intersección de $AB$, $DM$. Como $AD\parallel BC$ y $AD=2BM$, $B$ y $M$ son puntos medios de $AP$, $DP$. Además, es obvio que $NE$ es mediatriz de $AD$ y también $BE$ es mediatriz de $AP$. De este modo, $E$ es circuncentro de $ADP$, por lo que $EM$ será la otra mediatriz, y por ende, $\angle DEM=90^\circ$.
Solución 2.
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Como $ADE$ es isósceles, $\angle AEN=\angle NED$.
Como $AN=BM=CM=DN$, $ABMN$ y $BMDN$ son paralelogramos, luego $NM\parallel AB$ y $MD\parallel BN$. Entonces, $\angle NMD=\angle ABN$.
Como $\angle ENA=\angle ABE=90^\circ$, $ABEN$ es cíclico, por lo que $\angle ABN=\angle AEN$.
Juntando estas tres cosas:
$$\angle NED=\angle AEN=\angle ABN=\angle NMD$$
por lo que $DMEN$ es cíclico y $\angle DEM=90^\circ$.
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Monazo

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Re: Selectivo Cono Sur 2019 - P5

Mensaje sin leer por Monazo »

Les dejo un apunte que justamente armé hace poco, que ayuda a resolver el problema: viewtopic.php?f=6&t=5415&p=20695#p20695.

Ahora la solución que encontré:
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Captura de pantalla 2019-03-29 a la(s) 22.49.44.png
Sea $E'$ el simétrico de E respecto del punto $M$. Por propiedad de simetría obtenemos que $EM=ME'$ y dado que $M$ es el punto medio de $BC$, entonces los segmentos $BC$ y $EE'$ se cortan en su punto medio, por lo que $BE'CE$ es paralelogramo, con $CE'=BE$. Dado que $BE\parallel CE'$ y $BE$ es perpendicular a $AB$, Como $DC\parallel AB$ tenemos que $\angle DCE'=90$. Dado que $DC=AB$ y $BE=CE'$ y $\angle ABE=\angle DCE'$, tenemos que los triángulos $ABE$ y $DCE'$ son congruentes, lo que implica que $AE=DE'=DE$. Como $DE=DE'$ tenemos que $EDE'$ es isósceles en $D$, y como $M$ es punto medio, entonces $DM$ es mediana, bisectriz y mediatriz. Por este último, obtenemos que $\angle EMD=90$
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Soy una Estufa en Piloto
:shock:
Ignacio Daniele
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Re: Selectivo Cono Sur 2019 - P5

Mensaje sin leer por Ignacio Daniele »

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Se traza la base media de ADE paralela a AD (RS) con R entre A y E, y S entre D y E.
Al ser la base media, RS=AD/2.
M es punto medio de BC, entonces BM=BC/2.
BC=AD por ser ABCD un paralelogramo, entonces RS=BC/2=BM. Además, al ser un paralelogramo, AD//BC por lo que RS que es paralelo a AD, también lo es a BC, entonces también a BM.
BM y RS son paralelas y congruentes, entonces BMSR es un paralelogramo, siendo SM=RB.
RB=AE/2 por ser mediana a la hipotenusa, a su vez, AE=DE por dato, entonces RB=DE/2, además, SM=RB, luego, SM=DE/2 siendo S el punto medio de DE, entonces SM=SD=SE, por lo que, por la mediana a la hipotenusa, DME es un triángulo rectángulo con DME=90°.
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