Rioplatense 2018 - N3 P2

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
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Gianni De Rico

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Rioplatense 2018 - N3 P2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Sea $P$ un punto exterior a una circunferencia $\Gamma$, y sea $PA$ una de las tangentes desde $P$ a $\Gamma$. La recta $l$ pasa por $P$ e interseca a $\Gamma$ en $B$ y $C$, con $B$ entre $P$ y $C$. Sea $D$ el simétrico de $B$ con respecto a $P$. Sean $\omega _1$ y $\omega _2$ las circunferencias circunscritas a los triángulos $DAC$ y $PAB$ respectivamente; $\omega _1$ y $\omega _2$ se intersecan en $E\neq A$. La recta $EB$ corta nuevamente a $\omega _1$ en $F$. Demostrar que $CF=AB$.
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Gianni De Rico

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Re: Rioplatense 2018 - N3 P2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

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Rioplatense 2018 N3 P2.png
Sea $G$ el segundo punto de intersección de $AP$ con $\omega _1$, luego $PA^2=\text{Pot}(P,\Gamma )=PB\cdot PC=PD\cdot PC=\text{Pot}(P,\omega _1)=PA\cdot PG$ por lo que $PA=PG$, como sus diagonales se cortan en su punto medio, $ABGD$ es un paralelogramo $\Rightarrow AB=GD$(*)
Ahora, $\angle DPA=180^\circ -\angle BPA=180^\circ -\angle BEA=180^\circ -\angle FEA=\angle FCA$ y $\angle AFC=\angle ADC=\angle ADP$, por lo tanto $\triangle DPA\simeq \triangle FCA\Rightarrow \angle PAD=\angle CAF$. Pero $\angle PAD=\angle GAD=\angle GFD$ y $\angle CAF=\angle CDF$, entonces $\angle GFD=\angle CDF$, por lo tanto las cuerdas $GD$ y $CF$ subtienden el mismo ángulo en $\omega _1$, entonces $CF=GD$ (**)
De (*) y (**) resulta $CF=AB$
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Fedex

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Re: Rioplatense 2018 - N3 P2

Mensaje sin leer por Fedex »

El problemo lo pide a gritos
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Sea $\angle ACB = \alpha$, $\angle BAC = \beta$, $\angle FBC = \gamma$, $\angle BFC = x$.
En $\triangle BAC$:
$\frac{sin(\alpha)}{BA} = \frac{sin(\beta)}{BC}$
En $\triangle BFC$:
$\frac{sin(\gamma)}{FC} = \frac{sin(x)}{BC}$
Luego sería suficiente demostrar:
$\frac{sin(x)}{sin(\gamma)} = \frac{sin(\beta)}{sin(\alpha)} \to \frac{BC}{FC} = \frac{BC}{AB} \to FC = AB $
Para conseguir el resultado buscado.
Como $PEAB$ es cíclico y $PA$ es tangente $\angle PEB = \angle PAB = \angle ACB = \alpha$.
Como son opuestos por el vértice $\angle PBE = \angle BFC = \gamma$.
Como $EDFC$ es cíclico $\angle EDP = \angle EDC = \angle EFC = x$.
Por esto también $\angle DEP = 180º - \alpha - \gamma - x$.
Ahora en $\triangle DEP$:
$\frac{sin(x)}{EP} = \frac{sin(180º - \alpha - \gamma - x)}{DP}$
Y en $\triangle PEB$:
$\frac{sin(\gamma)}{EP} = \frac{sin(\alpha)}{PB}$
Como $PB = DP$ igualando tenemos:
$\frac{sin(\alpha)}{sin(\gamma)} = \frac{sin(180º-\alpha-\gamma - x)}{sin(x)} \to \frac{sin(x)}{sin(\gamma)} = \frac{sin(180º-\alpha-\gamma - x)}{sin(\alpha)}$.
Queda ver que $180º - \alpha - \gamma - x = \beta$ o $180º - \beta$.
Usando de nuevo que es cíclico $\angle PAE = \angle PBE = \gamma$ y $\angle PAB = \alpha$, $\angle BAC = \beta$, $\angle EFC = x$ y $EACF$ es cíclico:
$\angle EAC + \angle EFC = 180º$
$\angle EAC = \angle EAP + \angle PAB + \angle BAC = \gamma + \alpha + \beta$
Luego: $x = 180º - \gamma - \alpha - \beta \to \beta = 180º - \alpha - \gamma - x$
Y estamos.
This homie really did 1 at P6 and dipped.
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