IMO 2007 - P4

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Gianni De Rico

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IMO 2007 - P4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

En un triángulo $ABC$ la bisectriz del ángulo $BCA$ corta a la circunferencia circunscrita en $R$ ($R\neq C$), a la mediatriz de $BC$ en $P$ y a la mediatriz de $AC$ en $Q$. El punto medio de $BC$ es $K$ y el punto medio de $AC$ es $L$.
Demostrar que los triángulos $RPK$ y $RQL$ tienen áreas iguales.
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Gianni De Rico

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Re: IMO 2007 - P4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

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Sea $O=PK\cap LQ$ y $G$ el punto medio de $CR$. Entonces $O$ es el circuncentro de $ABC$ y $OG\perp CR$. Además tenemos $\angle LCQ=\angle KCP$ por bisectriz y $\angle CLQ=\angle CKP=90^\circ$, luego, $CLQ\simeq CKP$, de dónde $\frac{KP}{LQ}=\frac{PC}{QC}$ y $\angle OQP=\angle LQC=\angle KPC$ por lo que $G$ es el punto medio de $PQ$ (ya que el triángulo $OPQ$ es isósceles en $O$ y $OG$ es altura). Luego, $QR=PC\wedge PR=QC\Rightarrow \frac{PR}{QR}=\frac{QC}{PC}$. Ahora$$\frac{[RPK]}{[RQL]}=\frac{PR\cdot KP\cdot \sin \angle RPK}{QR\cdot LQ\cdot \sin \angle RQL}=\frac{QC}{PC}\cdot \frac{PC}{QC}\cdot \frac{\sin \angle CQL}{\sin \angle CPK}=1\cdot 1\cdot 1=1.$$
Por lo tanto $[RPK]=[RQL]$.
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Sandy

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Re: IMO 2007 - P4

Mensaje sin leer por Sandy »

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Sean $A, B$ tales que $CQ\leq CP$, $O=PK\cap LQ$ y $X\in CR$ tal que $XC=XR$.
$\alpha=ACR=ABR=RBC=RAB$
$QA=QC\Longrightarrow QAC=QCA=\alpha$
$PB=PC\Longrightarrow PBC=PCB=\alpha$
$QRA=CRA=CBA=PBA+\alpha=PBR$ (1)
$PRB=CRB=CAB=QAB+\alpha=QAR$ (2)
$ACR=BCR\Longrightarrow AR=BR$ (3)
$\overset{(1)(2)(3)}{\Longrightarrow} \overset{\triangle}{RQA}=_c\overset{\triangle}{BPR}$.
$\Longrightarrow RQ=BP, QA=PR$ (4)
$PR=AQ=CQ\Longrightarrow XQ=XC-QC=\frac{RC}{2}-AQ=XR-PR=XP$
$O$ es circuncentro de $\overset{\triangle}{CAR}\Longrightarrow CXO=90^{\circ}$
$\Longrightarrow XO$ es mediatriz de $PQ\Longrightarrow PO=PQ\Longrightarrow OPQ=OQP\Longrightarrow 180^{\circ}-OPQ=180^{\circ}-OQP\Longrightarrow KPR=RQL$ (5)
$PBK=QAL$ y $PKB=QLA\Longrightarrow \overset{\triangle}{PBK} \approx \overset{\triangle}{QAL}\Longrightarrow \frac{PK}{QL}=\frac{PB}{QA}\overset{(4)}{=}\frac{QR}{PR}$ (6)
$\frac{\left(\overset{\triangle}{PKR}\right)}{\left(\overset{\triangle}{QLR}\right)}=\frac{\frac{PK\times PR\times \sin{KPR}}{2}}{\frac{QL\times QR\times \sin{RQL}}{2}}=\frac{\sin{KPR}}{\sin{RQL}}\times \frac{PK}{QL}\times \frac{PR}{QR} \overset{(5)(6)}{=} 1$
Fallo inapelable.
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