Torneo de las Ciudades - Octubre 2015 - NM P4

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Gianni De Rico

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Torneo de las Ciudades - Octubre 2015 - NM P4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 06 Jul, 2019 4:06 pm

Sen $ABCD$ un cuadrilátero cíclico, $K$ y $N$ los puntos medios de sus diagonales, $P$ el punto de intersección de las prolongaciones de los lados $AB$ y $CD$, y $Q$ el punto de intersección de las prolongaciones de los lados $AD$ y $BC$.
Demostrar que $\angle PKQ+\angle PNQ=180°$.
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Joacoini

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Re: Torneo de las Ciudades - Octubre 2015 - NM P4

Mensaje sin leer por Joacoini » Vie 20 Mar, 2020 8:50 pm

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$\angle PKQ+\angle PNQ=180\Leftrightarrow \angle KPQ+\angle KQP+\angle NPQ+\angle NQP=180$

Ubicamos a $N$ en $AC$ y a $K$ en $BD$.
Los triángulos $QAC$ y $QBD$ son semejantes ya que comparten $\widehat Q$ y $\angle QCA=\angle BCA=\angle BDA=\angle QDB$.
Como $QN$ es mediana de $QAC$ y $QK$ es mediana de $QBD$ por la semejanza tenemos que $\angle NQB=\angle KQD$ y análogamente se llega a que $\angle NPB=\angle KPD$.
$\angle KPQ+\angle KQP+\angle NPQ+\angle NQP=$
$\angle KPQ+\angle KQP+\angle NPB+\angle BPQ+\angle NQB+\angle BQP=$
$\angle KPQ+\angle KQP+\angle KPD+\angle BPQ+\angle KQD+\angle BQP=$
$\angle DPQ+\angle DQP+\angle BPQ+\angle BQP=$
$\angle DPQ+\angle DQP+180-\angle PBQ=$
$\angle DPQ+\angle DQP+180-\angle ABC=$
$\angle DPQ+\angle DQP+\angle ADC=$
$\angle DPQ+\angle DQP+\angle PDQ=$
$180$
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