Selectivo Ibero - 2016 - Problema 2

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
Avatar de Usuario
Matías V5

Colaborador-Varias OFO - Jurado-OFO 2015 OFO - Jurado-OFO 2016 FOFO 6 años - Jurado-FOFO 6 años OFO - Jurado-OFO 2017
OFO - Jurado-OFO 2018 OFO - Jurado-OFO 2020 OFO - Jurado-OFO 2021
Mensajes: 1114
Registrado: Dom 17 Oct, 2010 4:44 pm
Medallas: 8
Nivel: Exolímpico

Selectivo Ibero - 2016 - Problema 2

Mensaje sin leer por Matías V5 »

Sea [math] un trapecio de bases [math] y lados no paralelos [math] y [math]. Sobre las diagonales [math] y [math] sean [math] y [math] respectivamente los puntos tales que [math] biseca a [math] y [math] biseca a [math]. Demostrar que [math].
We gave you a start so you'd know what to do
You've seen how it works, now it's over to you (...)
For there's so much more to explore!

Numberblocks - https://www.youtube.com/watch?v=KzTR72_srTU
jujumas

OFO - Mención-OFO 2015 OFO - Medalla de Plata-OFO 2016 FOFO 6 años - Medalla Especial-FOFO 6 años OFO - Oro perfecto-OFO 2017 FOFO Pascua 2017 - Medalla-FOFO Pascua 2017
FOFO 7 años - Medalla Especial-FOFO 7 años OFO - Medalla de Oro-OFO 2018 FOFO 8 años - Jurado-FOFO 8 años OFO - Jurado-OFO 2019 FOFO Pascua 2019 - Jurado-FOFO Pascua 2019
FOFO 9 años - Jurado-FOFO 9 años OFO - Jurado-OFO 2020 COFFEE - Jurado-COFFEE Ariel Zylber
Mensajes: 402
Registrado: Dom 26 Oct, 2014 8:30 pm
Medallas: 13
Nivel: Exolímpico

Re: Selectivo Ibero - 2016 - Problema 2

Mensaje sin leer por jujumas »

Solución:
Spoiler: mostrar
Figura de análisis 1: https://gyazo.com/2946a4e6acd66ed76cd310fb39a3ddf0

Vamos a demostrar que [math] (y análogamente, [math]) son únicos para todo trapecio [math]. Su existencia es asumida por el enunciado, así que vamos a ver que no puede haber más de uno. Sean [math] y [math] dos puntos que cumplen, es fácil notar que los triángulos [math] y [math] son semejantes y comparten un lado, de donde son iguales. Luego, [math] y [math], por lo que [math] y [math] pertenecen a la mediatriz del segmento [math]. Luego, la mediatriz de [math] es [math], de donde [math] y [math]. Luego, [math], de donde [math] y [math] son paralelas, pero como el enunciado aclara que esto no es cierto, [math] y [math] son únicos.

Figura de análisis 2: https://gyazo.com/6864ac9d57f4942de929a6a560261b15

Supongamos ahora que [math] cae en el interior del segmento [math]. El caso en el que cae sobre alguna prolongación es análogo (de hecho, es un poco más corto, pero no voy a explicarlo, es casi lo mismo, y además con dirigidos sale al toque). Sea [math] la segunda intersección de la circunferencia circunscrita de [math] con [math] (notar que [math] es único), vamos a demostrar que [math], de donde sale inmediatamente por cíclicos que [math]. Llamemos [math] a los ángulos verdes en la figura, y [math] a los ángulos rojos en la misma. En particular, es fácil ver que [math] es cíclico al tener que [math]. Luego, [math]. Ahora, por [math] [math], de donde [math], de donde [math], completando la solución.
Avatar de Usuario
Emerson Soriano

OFO - Mención-OFO 2015 OFO - Medalla de Oro-OFO 2016 OFO - Medalla de Plata-OFO 2017 OFO - Medalla de Bronce-OFO 2018 OFO - Mención-OFO 2020
OFO - Medalla de Plata-OFO 2022
Mensajes: 826
Registrado: Mié 23 Jul, 2014 10:39 am
Medallas: 6

Re: Selectivo Ibero - 2016 - Problema 2

Mensaje sin leer por Emerson Soriano »

Spoiler: mostrar
En primer lugar voy a probar que si en un trapecio [math] existe un punto [math] en una de sus diagonales, digamos de [math], tal que [math], entonces [math] es único. En efecto, supongamos que existen dos puntos que cumplen eso, y sean [math], [math], tales puntos, con [math] entre [math] y [math]. Como [math] y [math], entonces [math]. Claramente los triángulos [math] y [math] son congruntes, por lo tanto [math] y [math], y de esto se deduce que [math] es bisecado por [math] perpendicularmente. Esto quiere decir que [math] es bisectriz de los ángulos [math] y [math], y como [math] es paralelo a [math] obtenemos que [math], lo cual implica que [math] paralelo a [math], pero esto es un absurdo, pues [math] es un trapecio, no un paralelogramo. Por lo tanto, si [math] existe entonces es único.

Con respecto al problema. Tenemos que [math]. Sea [math] el punto de corte del circuncírculo del triángulo [math] con la diagonal [math]. Como el cuadrilátero [math] es cíclico, entonces [math], [math], [math], [math], pero como [math] es paralelo a [math], entonces [math], y por ende [math], de donde se observa que el cuadrilátero [math] es cíclico, y en consecuencia [math]. Según esto tenemos que [math]. Y por el resultado mencionado al inicio podemos deducir que [math].
lucasdeamorin

FOFO 6 años - Medalla Especial-FOFO 6 años OFO - Jurado-OFO 2018 FOFO 8 años - Jurado-FOFO 8 años OFO - Jurado-OFO 2019 COFFEE - Jurado-COFFEE Matías Saucedo
OFO - Jurado-OFO 2020 COFFEE - Jurado-COFFEE Ariel Zylber OFO - Jurado-OFO 2021 FOFO Pascua 2022 - Jurado-FOFO Pascua 2022
Mensajes: 93
Registrado: Dom 22 Dic, 2013 9:17 pm
Medallas: 9
Nivel: Otro

Re: Selectivo Ibero - 2016 - Problema 2

Mensaje sin leer por lucasdeamorin »

Spoiler: mostrar
geogebra-export1.png
Hagamos una homotecia por O con razon OA/OD que mande B a B', D a D' y Q a Q'. Observar que OD'=OA y por thales OB'=OC. Mientras que BQD=B'Q'D' y AC es bicectriz de B'Q'D' al igual que de BQD.
Ahora reflejemos por la recta l que es pependicular a AD' y a CB' por O. Como AB'CD' es un trapecio isosceles, A va a parar a D', C a B'. Luego si ponemos Q'' como el reflejo de Q', es facil ver que B'D' es bicectriz de AQ''C. Osea que BD es bicectriz de AQ''C al igual que de APC. Por apolonio se sigue que P.Q'' y O estan en una circunferencia. Pero tambien estan sobre la misma recta. Por lo que P=Q'' y APC=AQ''C=B'Q'D'=BQD.
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
1  
Si X tiende a [math], [math] se seca.
Avatar de Usuario
¿hola?

OFO - Mención-OFO 2016 OFO - Medalla de Bronce-OFO 2017 OFO - Medalla de Bronce-OFO 2018 OFO - Medalla de Plata-OFO 2019 OFO - Medalla de Oro-OFO 2020
COFFEE - Mención-COFFEE Ariel Zylber OFO - Jurado-OFO 2021 FOFO 11 años - Jurado-FOFO 11 años OFO - Jurado-OFO 2022
Mensajes: 164
Registrado: Vie 01 Ene, 2016 1:12 am
Medallas: 9
Nivel: Exolímpico
Contactar:

Re: Selectivo Ibero - 2016 - Problema 2

Mensaje sin leer por ¿hola? »

Spoiler: mostrar
Defino [math] la intersección de las diagonales del trapecio.
por teorema de la bisectriz.
[math] y [math] (1)
por teorema de tales.
[math] (2)

por extensión de esto tenemos

[math] (3)

por (1) y (2)

[math]

cambiando los extremos de las fracciones.

[math] (4)

por (3) y (4)

[math] entonces los triangulos [math] y [math] son semejantes y esto implica [math].
Yes, he who
Avatar de Usuario
Gianni De Rico

FOFO 7 años - Mención Especial-FOFO 7 años OFO - Medalla de Oro-OFO 2019 FOFO 9 años - Jurado-FOFO 9 años COFFEE - Jurado-COFFEE Matías Saucedo OFO - Jurado-OFO 2020
FOFO Pascua 2020 - Jurado-FOFO Pascua 2020 COFFEE - Jurado-COFFEE Carolina González COFFEE - Jurado-COFFEE Ariel Zylber COFFEE - Jurado-COFFEE Iván Sadofschi FOFO 10 años - Jurado-FOFO 10 años
OFO - Jurado-OFO 2021 FOFO 11 años - Jurado-FOFO 11 años OFO - Jurado-OFO 2022 FOFO Pascua 2022 - Jurado-FOFO Pascua 2022 FOFO 12 años - Jurado-FOFO 12 años
OFO - Jurado-OFO 2023 FOFO 13 años - Jurado-FOFO 13 años OFO - Jurado-OFO 2024
Mensajes: 2212
Registrado: Vie 16 Sep, 2016 6:58 pm
Medallas: 18
Nivel: Exolímpico
Ubicación: Rosario
Contactar:

Re: Selectivo Ibero - 2016 - Problema 2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Spoiler: mostrar
Selectivo Ibero 2016 P2.png
Sea $O=AC\cap BD$, luego como $AC$ es bisectriz de $\angle BPD$ tenemos que $PO$ es bisectriz de $\angle BPD$, análogamente, $QO$ es bisectriz de $\angle AQC$. Sean $E$ el conjugado armónico de $O$ respecto de $\{C,A\}$ y $F$ el conjugado armónico de $O$ respecto de $\{B,D\}$. Luego $\{C,A;O,E\}=-1=\{B,D;O,F\}$. Sean $\Gamma$ y $\Omega$ las circunferencias de diámetros $OE$ y $OF$ respectivamente, como $\{B,D;O,F\}=-1$ y $PO$ es bisectriz de $\angle BPD$, tenemos $\angle OPF=90°\Rightarrow P\in \Omega$, análogamente, $Q\in \Gamma$. Sean $G=EQ\cap PF$ y $H$ el segundo punto de intersección de $\Gamma$ y $\Omega$; luego, $\angle EHF=\angle EHO+\angle OHF=90°+90°=180°\Rightarrow E,H,F$ son colineales y $EF\perp HO$. Como $EP\parallel OP\perp PF\parallel GF$ y $FQ\parallel OQ\perp QE\parallel GE$, tenemos que $O$ es el ortocentro de $\triangle EFG\Rightarrow GO\perp EF\perp HO\Rightarrow GO\parallel HO\Rightarrow G,O,H$ son colineales, pero $O$ y $H$ pertenecen al eje radical de $\Gamma$ y $\Omega$, luego, $OH$ es el eje radical de $\Gamma$ y $\Omega$, por lo tanto, $G$ pertenece al eje radical de $\Gamma$ y $\Omega$, entonces $GQ\cdot GE=\text{Pot}(G,\Gamma)=\text{Pot}(G,\Omega)=GP\cdot GF\Rightarrow PQEF$ es cíclico $\Rightarrow OP\cdot OE=OQ\cdot OF$.
Ahora, como $\{C,A;O,E\}=-1$, entonces $\{C,O;A,E\}=2$, es decir $\frac{CA}{AO}\frac{OE}{EC}=2\Rightarrow OE=2\frac{EC}{CA}AO$, análogamente, $OF=2\frac{FB}{BD}DO$. Entonces por potencia de un punto tenemos $2\frac{EC}{CA}AO\cdot OP=OE\cdot OP=OF\cdot OQ=2\frac{FB}{BD}DO\cdot OQ$. Como $\{C,A;O,E\}=-1=\{B,D;O,F\}$, tenemos $\frac{EC}{AE}=\frac{CO}{AO}$ y $\frac{FB}{DF}=\frac{BO}{DO}$, por Thales $\frac{CO}{AO}=\frac{BO}{DO}$, por lo tanto $\frac{EC}{AE}=\frac{FB}{DF}\Rightarrow \frac{AE}{EC}=\frac{DF}{FB}$. Luego $\frac{CA}{EC}=\frac{EC+AE}{EC}=1+\frac{AE}{EC}=1+\frac{DF}{FB}=\frac{FB+DF}{FB}=\frac{BD}{FB}\Rightarrow \frac{EC}{CA}=\frac{FB}{BD}$, y de $2\frac{EC}{CA}AO\cdot OP=2\frac{FB}{BD}DO\cdot OQ$ tenemos $OA\cdot OP=OD\cdot OQ$, entonces $ADPQ$ es cíclico, por lo que $\frac{1}{2}\angle BPD=\angle DPO=\angle DPA=\angle DQA=\angle OQA=\frac{1}{2}\angle AQC$, es decir que $\angle BPD=\angle AQC$.
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
♪♫ do re mi función lineal ♪♫
Responder