Nacional Brasil 2018 Fase Única - N2 P4

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BrunZo

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Nacional Brasil 2018 Fase Única - N2 P4

Mensaje sin leer por BrunZo » Lun 02 Sep, 2019 11:07 pm

a) En un triángulo $XYZ$, el incírculo es tangente a los lados $XY$ y $XZ$ en los puntos $T$ y $W$, respectivamente. Probar que
$$XT=XW=\frac{XY+XZ-YZ}{2}$$
Sea $ABC$ un triángulo y $D$ el pie de la altura relativa al lado $A$. Sean $I$ y $J$ los incentros de los triángulos $ABD$ y $ACD$, respectivamente. Los círculos circunscritos de $ABD$ y $ACD$ son tangentes a $AD$ en los puntos $M$ y $N$, respectivamente. Sea $P$ el punto tangente del círculo inscrito en $ABC$ con el lado $AB$. El círculo de centro $A$ y radio $AP$ interseca a la altura $AD$ en $K$.
b) Demuestre que los triángulos $IMK$ y $KNJ$ son congruentes.
c) Demuestre que el cuadrilátero es $IDJK$ e inscribible.

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Gianni De Rico

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Re: Nacional Brasil 2018 Fase Única - N2 P4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Vie 20 Dic, 2019 10:42 am

Puras cuentitas

a)
Spoiler: mostrar
Sea $G$ el punto de tangencia del incírculo con el lado $YZ$, luego $XW=XT,~YT=YG,~ZG=ZW$, de donde $$XT=XW=XW+YG+ZG-YG-ZG=\frac{2(XW+YG+ZG)}{2}-YG-ZG=\frac{XT+YT+XW+ZW+YG+ZG}{2}-(YG+ZG)=\frac{XY+XZ+YZ}{2}-YZ=\frac{XY+XZ-YZ}{2}$$
b)
Spoiler: mostrar
Sean $x=AD,~y=BD,~z=CD$, luego, por Pitágoras, $AB=\sqrt{x^2+y^2},~AC=\sqrt{x^2+z^2}$. Usando a) en $ABC,~ABD,~ACD$ tenemos que $$AK=AP=\frac{\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{x^2+z^2}-y-z}{2}$$ $$DN=\frac{x+y-\sqrt{x^2+y^2}}{2}$$ $$DM=\frac{x+z-\sqrt{x^2+z^2}}{2}$$
Ahora $$NK=AD-AK-DN=x-\frac{\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{x^2+z^2}-y-z}{2}-\frac{x+y-\sqrt{x^2+y^2}}{2}=\frac{2x-\sqrt{x^2+y^2}-\sqrt{x^2+z^2}+y+z-x-y+\sqrt{x^2+y^2}}{2}=\frac{x+z-\sqrt{x^2+z^2}}{2}=DM$$ $$MK=AD-AK-DM=x-\frac{\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{x^2+z^2}-y-z}{2}-\frac{x+z-\sqrt{x^2+z^2}}{2}=\frac{2x-\sqrt{x^2+y^2}-\sqrt{x^2+z^2}+y+z-x-z+\sqrt{x^2+z^2}}{2}=\frac{x+y-\sqrt{x^2+y^2}}{2}=DN$$ pero $\angle NDI=\angle ADI=\frac{\angle ADB}{2}=\frac{90°}{2}=45°=\frac{90°}{2}=\frac{\angle ADC}{2}=\angle ADJ=\angle MDJ$ y $NI\perp AD\perp MJ$ por ser incentros y puntos de tangencia, de donde $IN=DN=MK$ y $JM=DM=NK$, luego, $INK\equiv KNJ$
c)
Spoiler: mostrar
Por b) tenemos que $$\angle DKJ=\angle MKJ=\angle NIK=90°-\angle IKN=90°-\angle IKD$$ por lo que $$\angle IKJ=\angle IKD+\angle DKJ=90°-\angle DKJ+\angle DKJ=90°$$
Por otro lado $$\angle JDI=\angle ADI+\angle ADJ=45°+45°=90°$$
Entonces $IDJK$ es cíclico.
Queda Elegantemente Demostrado

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