OFO 2017 Problema 4

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Fran5

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OFO 2017 Problema 4

Mensaje sin leer por Fran5 »

Sea [math] un cuadrilátero convexo con [math]. Sean [math] y [math] los pies de las perpendiculares trazadas desde [math] a las rectas [math] y [math] respectivamente. Sea [math] el punto medio de [math]. Demostrar que los puntos [math], [math], [math] son colineales.
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Fran5

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Re: OFO 2017 Problema 4

Mensaje sin leer por Fran5 »

Solución Oficial
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Para demostrar la colinealidad de los tres puntos [math] es suficiente mostrar que los ángulos [math] y [math] son iguales (*).

Usaremos varias veces que si [math] es un triángulo rectángulo con [math] y [math] es el punto medio de la hipotenusa [math], entonces [math].

Por un lado tenemos que, al ser [math] el punto medio de la hipotenusa del triángulo [math], se cumple que el triángulo [math] es isósceles con [math] y, entonces, [math].
Ahora, como las rectas [math] y [math] son paralelas (pues ambas son perpendiculares a [math]) se tiene que [math].

Por otro lado, observamos que los ángulos [math] y [math] son ambos iguales a [math] con lo cual, si [math] es el punto medio del segmento [math], tenemos que [math], es decir que el cuadrilátero [math] está inscripto en una circunferencia. Luego se tiene que [math] por arco capaz. (**)

Aplicando el mismo razonamiento, si [math] es el punto medio del segmento [math], tenemos que [math], pues los triángulos [math] y [math] son rectángulos por el enunciado. Luego el cuadrilátero [math] también está inscripto en una circunferencia, de donde obtenemos finalmente que [math].

Luego los puntos [math] y [math] están alineados, como queríamos ver.

Un par de observaciones a la solución.
(*) Si [math], entonces [math] serán colineales debido a que [math] y [math] se ubican en el mismo semiplano respecto de la recta [math].
Para ver esto, observamos que el punto [math] se encuentra en el mismo semiplano que el punto [math] respecto a [math], y que el punto [math] se encuentra en el mismo semiplano que el punto [math] respecto a [math]. Como estos semiplanos coinciden, se tiene lo pedido.
(**) Para ver que [math] sería necesario probar que [math] y [math] están en un mismo semiplano respecto de [math], pero esto es obvio puesto que están en el semiplano opuesto al que pertenece el punto [math]
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cami_leona

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Re: OFO 2017 Problema 4

Mensaje sin leer por cami_leona »

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Llamo $x$ a $\widehat{BDC}$, e $y$ a $\widehat{DBC}$.
$\widehat{ADB}= 90°-x$ porque $\widehat{ADC}=90°$. Como $M$ es punto medio de $BD$ y $\widehat{DQB}=90°$, $QM=MD=MB$, entonces $\widehat{DQM}=90°-x$. Por ello, $\widehat{MQB}=x$.
Por otro lado, $\widehat{DBC}=\widehat{DAC}=y$ ya que $ABCD$ es cíclico por $\widehat{B}$ y $\widehat{D}$. Luego, por la misma razón $\widehat{CDB}=\widehat{CAB}=x$. Como por el enunciado $\widehat{BPA}=90°$, $\widehat{PBA}=90°-x$. De la primer y segunda oración de este párrafo sale que $\widehat{ABQ}=90°-x-y$. Después, de las dos anteriores a ésta podemos concluir que $\widehat{QBP}=y$. Entonces el cuadrilátero $ABQP$ es cíclico, por esta razón $\widehat{PQB}=x$ y como $\widehat{MQB}=x$, se demuestra que $Q, P$ y $M$ son colineales.
Mi dibujo!: https://ggbm.at/eySwBXat
Espero que esté bien!
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Turko Arias

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Re: OFO 2017 Problema 4

Mensaje sin leer por Turko Arias »

Algo medio raro, tal vez porque no lo pensé muy a fondo al problema:
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no me parecio trivial que todos los casos sean análogos dependiendo de la posición del punto [math] :roll:
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CASO 1: P está sobre el segmento AD
Sea [math] el punto de intersección de [math] y [math], sean [math], entonces [math]. pero como [math] entonces [math] es cíclico, con lo que [math] y como [math] es triángulo rectángulo entonces [math]. Ahora bien, como [math] es cíclico entonces [math], con lo que, por un lado, [math] es isósceles, y, por otro lado, como [math] es rectángulo queda que [math], por lo tanto [math] también es isósceles, combinando ambos datos nos queda [math], con lo que [math] y los tres puntos están alineados como queríamos ver.

CASO 2: A está entre P y D
Definimos de manera análoga al caso anterior [math], sea [math] y por lo tanto [math]. Como [math] es cíclico por tener dos ángulos rectos entonces [math] también, pero como [math] es cíclico entonces [math], de donde [math], lo que nos dice dos cosas, por un lado, [math] es isósceles, por otro lado, como [math] es rectángulo entonces [math], pero entonces [math] también es isósceles. Combinando ambos datos nos queda [math], con lo que [math] y los tres puntos están alineados como queríamos.

CASO 3: A = P
No se puede ya que [math] contradiciendo así que [math] que es parte del enunciado.
En este caso [math] es un rectángulo, como [math] entonces [math] es uno de sus vértices, el punto medio de su diagonal [math] es la intersección con su otra diagonal [math], luego [math] es un extremo de la diagonal, [math] es el punto medio de la diagonal y [math] es el pie de la altura de [math], por lo tanto están los tres puntos sobre [math] como queríamos.

CASO 4: D = P
No se puede ya que [math] contradiciendo así que [math] que es parte del enunciado.

CASO 5: D está entre A y P
No se puede ya que [math] es claramente mayor que [math], pero [math], luego [math] mide más que [math], con lo que [math] mide más de [math] contradiciendo el enunciado.

Nota: [math] es la altura del triángulo rectángulo [math], por lo que siempre cae en el segmento [math] y no coincide ni con [math] ni con [math].
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Dauphineg

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Re: OFO 2017 Problema 4

Mensaje sin leer por Dauphineg »

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LLAMANDO N AL PIE DE LA PERPENDICULAR DESDE B HASTA DC, PBND ES UN RECTÁNGULO Y M SU CENTRO ENTONCES P, M Y N ESTÁN ALINEADOS (#), COMO ABCD ES UN CUADRILÁTERO CÍCLICO(TIENE 2 ANGULO RECTOS) ENTONCES SIENDO BP PERPENDICULAR A AD, BQ PERPENDICULAR A AC Y BN PERPENDICULAR A CD Y POR: (Teorema de Wallace-Simson) Si desde un punto P se trazan perpendiculares a los lados de un triángulo o a sus prolongaciones, los respectivos pies de las perpendiculares serán colineales si y sólo si el punto P pertenece a la circunferencia circunscrita del triángulo. TENDREMOS QUE P, Q Y N ESTÁN ALINEADOS, ENTONCES POR (#) P, Q Y M ESTÁN ALINEADOS
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3,14

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Re: OFO 2017 Problema 4

Mensaje sin leer por 3,14 »

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Supongamos primero que $M$ no pertenece a $AC$.
Tracemos la recta perpendicular a $BD$ por $M$, que intersecará a las rectas $AD$ y $AC$ en $S$ y $R$ respectivamente.
Ahora vamos a demostrar que $ASBR$ es cíclico. Para ello, sea $\angle BDC=\alpha$. Como $ABCD$ tiene dos ángulos opuestos iguales a $90º$ (es decir, suman $180º$) entonces es cíclico, y por arco capaz deducimos que $\angle BAC=\angle BDC=\alpha$. Pero notemos que $\angle ADB=90º-\angle BDC=90º-\alpha$. Como dijimos que $SM$ es perpendicular a $BD$, entonces: $\angle DSM=90º-\angle SDM=90º-\angle ADB=90º-(90º-\alpha)=\alpha$. Pero como $SM$ es altura y mediana en el triángulo $\triangle SDB$, entonces este es isósceles, y $SM$ también es bisectriz de $\angle BSD$. Por lo tanto: $\angle BSM=\angle DSM=\alpha$. Entonces resulta que $\angle BSR=\angle BSM=\alpha=\angle BAC=\angle BAR$, y por lo tanto, $BSAR$ es un cuadrilátero cíclico.
Consideremos el triángulo $\triangle SAR$. $B$ pertenece a su circunferencia circunscripta, por lo que vimos en el párrafo anterior. Notemos que $P$, $M$ y $Q$ no son más que los pies de las perpendiculares trazadas desde $B$ a los lados del triángulo $\triangle SAR$. Por lo tanto, $P$, $M$ y $Q$ forman parte de una recta de Simpson del triángulo $\triangle SAR$, y son colineales, como queríamos demostrar.
Notemos que $AC$ es diámetro del circuncírculo de $ADCB$, ya que $\angle ADC=90º$. Entonces el centro de dicho círculo yace sobre $AC$. Sea $O$ dicho centro. Consideremos ahora el caso particular de que $M$ pertenezca a $AC$, que habíamos dejado de lado.
Notemos que $OD=OB$. Entonces el triángulo $BDO$ es isósceles en $O$, y $OM$ es mediana y altura. Por lo tanto $\angle CMB=\angle OMB=90º$. Entonces en este caso no hay nada que probar, ya que $M=Q$, y el enunciado equivaldría a demostrar que $P$ y $M$ son colineales, lo que es inmediato, ya que dos puntos siempre determinan una recta.
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[math]
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Monazo

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Re: OFO 2017 Problema 4

Mensaje sin leer por Monazo »

Creo que así solo con angulitos sale
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Llamamos $\alpha$ al ángulo $\angle PDB$ y $\beta$ a $\angle PBD$ de forma tal que $\alpha + \beta = 90$. PM=BM por mediana correspondiente a hipotenusa, entonces $\angle BPM=\beta$ porque el triángulp BPM es un triángulo isósceles.
Vemos que $\angle BDC=90-\alpha=\beta$. Como ABCD es cíclico, por arco capaz $\angle BAC=\angle BDC=\beta$.
Como APBQ también es cíclico (ver que sus ángulos opuestos suman 180), entonces por arco capaz $\angle BAQ=\angle BPQ=\beta$. Finalmente como $\angle BPQ=\angle BPM=\beta$, entonces los puntos P, M y Q son colineales.
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Soy una Estufa en Piloto
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julianferres_

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Re: OFO 2017 Problema 4

Mensaje sin leer por julianferres_ »

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Notemos que como [math] y [math] los cuadrilateros [math] y [math] son ciclicos.

Para probar la colinealidad voy a demostrar que [math] y como [math] y [math] estan en el mismo semiplano con respecto a [math] el problema sigue.

Sea [math], tenemos que por arco capaz que [math]. Ademas, en el triangulo rectangulo [math] tenemos que [math], luego [math]

Por otro lado, tenemos que [math]. Agregamos que [math].

Finalmente por arco capaz en [math], [math].

Como [math] el problema queda resuelto.
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