OMEO 2019 N2 P3

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MateoCV

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OMEO 2019 N2 P3

Mensaje sin leer por MateoCV » Vie 08 Feb, 2019 8:33 pm

Sea $ABCD$ un cuadrado. Sobre la recta $AB$ marcamos un punto $E$ que cumple que $BE>AB$ y que $B$ está entre $A$ y $E$. Sean $F$ y $G$ puntos tales que $BEFG$ es un cuadrado (con los vértices en ese orden) y $F$ y $G$ están del mismo lado que $C$ con respecto a $AB$. Sea $M$ el punto medio de $CG$ y sean $X, Y$ los centros de los cuadrados $ABCD$ y $BEFG$ respectivamente. Hallar el valor del ángulo $\angle MXY$

Propuesto por: Julián Masliah
$2^{82589933}-1$ es primo

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Gianni De Rico

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Re: OMEO 2019 N2 P3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Vie 08 Feb, 2019 10:01 pm

Spoiler: mostrar
Sean $O$ el punto medio de $XY$, $P$ el pie de la perpendicular desde $O$ a $BE$, $Q$ el pie de la perpendicular desde $O$ a $BM$, $R$ el pie de la perpendicular desde $X$ a $BE$ y $S$ el pie de la perpendicular desde $Y$ a $BE$.
Notemos primero que $B,C,M,G$ están alineados sobre la perpendicular a $BE$ por $B$. Como $X$ e $Y$ son los centros de $ABCD$ y $BEFG$ tenemos $\angle XBC=45°=\angle CBY$, $XR=\frac{AB}{2}$ e $YS=\frac{BE}{2}$, además $XR\parallel OP\parallel YS$ por ser todas perpendiculares a $BE$. Luego, $XRSY$ es un trapecio y $OP$ es su base media, es decir $OP=\frac{BE+AB}{4}$; además $\angle XBY=90°$ por lo que $OB=OX=OY$. (*)
Ahora, por construcción tenemos $\angle OPB=90°=\angle BQO$, y como $Q\in BM$ y $P\in BE$, resulta $\angle PBQ=90°$, por lo que $OPBQ$ es un rectángulo y $BQ=OP=\frac{BE+AB}{4}$. Por otro lado, $GC=BG-BC=BE-AB$, luego $CM=\frac{BE-AB}{2}$, de donde $BM=BC+CM=AB+\frac{BE-AB}{2}=\frac{BE+AB}{2}=2\frac{BE+AB}{4}=2BQ$, por lo que $Q$ es el punto medio de $BM$, y como $OQ\perp BM$, resulta que $OQ$ es mediatriz de $BM$, entonces $OM=OB$. (**)
De (*) y (**) sale que $OM=OB=OX=OY$, de donde $BXMY$ es cíclico. Luego $\angle MXY=\angle MBY=45°$.
[math]

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Fran5

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Re: OMEO 2019 N2 P3

Mensaje sin leer por Fran5 » Sab 09 Feb, 2019 10:18 am

Más que solución, es un camino hacia ella... pero sigue siendo solución así que *spoiler alert*
Spoiler: mostrar
A partir de este resultado y viendo que $MC \cdot MB = MG \cdot MB$ obtenemos que $M$ está en una circunferencia cuyo centro es el punto medio $N$ de $XY$ y radio $NB = NX = NY$, con lo cual $MXBY$ es un cuadrilátero cíclico.

Luego $\angle MXY = \angle MBY = 45^{\circ}$
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BrunZo

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Re: OMEO 2019 N2 P3

Mensaje sin leer por BrunZo » Sab 09 Feb, 2019 12:11 pm

Solución:
Spoiler: mostrar
Sea $N$ el punto medio de $AE$. Vamos a demostrar que $MXNY$ es un cuadrado, con lo que se concluye que $\angle MXY=45^\circ$.
Notamos que $M$, $X$, $N$, $Y$ son puntos medios de los segmentos $GC$, $CA$, $AE$, $EG$, de modo que, $MXNY$ es el cuadrilátero de Varignon de $AEGC$. Entonces, vemos que $MXNY$ es un cuadrado si y sólo si las diagonales de $AEGC$ son iguales y perpendiculares.
Para demostrar esto último, nos fijamos en una rotación con centro $B$ de $90^\circ$ que mapee $ABG$ a $CBE$ (esto se puede, ya que $AB=CB$, $BG=BE$, $\angle ABG=\angle CBE=90^\circ$). Principalmente, notamos que mapea $AG$ a $CE$, por lo que estos segmentos son iguales y determinan un ángulo de $90^\circ$, de lo que se sigue el problema ($\angle MXY=45^\circ$, como dijimos). Q.E.D.
Observación:
Spoiler: mostrar
El problema en cuestión es un caso degenerado del teorema de Finsler-Hadwiger con los cuadrados alineados. Este teorema puede demostrarse similarmente, con una rotación en $A$ de $90^\circ$ que mapee $ABB'$ a $ADD'$ (notación de la figura en la página.)
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DiegoLedesma
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Re: OMEO 2019 N2 P3

Mensaje sin leer por DiegoLedesma » Sab 09 Feb, 2019 1:03 pm

Otro camino...
Spoiler: mostrar
Sean $K$ y $L$ la longitud de los lados de los cuadriláteros $ABCD$ y $BEFG$,respectivamente. Considerando a $XM$ y $XY$ como vectores, podemos calcular la longitud de cada uno:
$X(\frac{K}{2},\frac{K}{2})$; $Y(K+\frac{L}{2},\frac{L}{2})$; $M(K,\frac{K+L}{2})$
$\Rightarrow$ $\vec{XM}=(K,\frac{K+L}{2})-(\frac{K}{2},\frac{K}{2})=(\frac{K}{2},\frac{L}{2})$
$\Rightarrow$ $\vec{XY}=(K+\frac{L}{2},\frac{L}{2})-(\frac{K}{2},\frac{K}{2})=(\frac{K+L}{2},
\frac{L-K}{2})$
$\Rightarrow$ $\left|\vec{XM}\right|=\sqrt{(K-\frac{K}{2})^{2}+(\frac{K+L}{2}-\frac{K}{2})^{2}}=\sqrt{\frac{K^{2}+L^{2}}{4}}$
$\Rightarrow$ $\left|\vec{XY}\right|=\sqrt{(K+\frac{L}{2}-\frac{K}{2})^{2}+(\frac{L}{2}-\frac{K}{2})^{2}}=\sqrt{\frac{K^{2}+L^{2}}{2}}$
Luego, por producto escalar: $\vec{XM}.\vec{XY}=\left|\vec{XM}\right|.\left|\vec{XY}\right|.cos(\hat{MXY})$ $\Rightarrow$ $(\frac{K}{2},\frac{L}{2}).(\frac{K+L}{2},\frac{L-K}{2})=\sqrt{\frac{K^{2}+L^{2}}{4}}.\sqrt{\frac{K^{2}+L^{2}}{2}}.cos(\hat{MXY})$ $\Rightarrow$ $cos(\hat{MXY})=\frac{K^{2}+L^{2}}{4}.\frac{2\sqrt{2}}{K^{2}+L^{2}}$ $\Rightarrow$ $cos(\hat{MXY})=\frac{\sqrt{2}}{2}$ $(siendo\;\hat{MXY}<180º)$
$\therefore$ $\hat{MXY}=45º$

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