Selectivo Ibero 2019 - Problema 3

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Matías V5

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Selectivo Ibero 2019 - Problema 3

Mensaje sin leer por Matías V5 » Jue 08 Ago, 2019 6:33 pm

Sea $ABCDE$ un pentágono convexo tal que $DC = DE$ y $D \widehat{C} B = D \widehat{E} A = 90^{\circ}$. Sea $F$ en el segmento $AB$ tal que $\frac{AF}{BF} = \frac{AE}{BC}$. Demostrar que $F \widehat{E} C = B \widehat{D} C$.
"La geometría es el arte de hacer razonamientos correctos a partir de figuras incorrectas." -- Henri Poincaré

BrunZo

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Re: Selectivo Ibero 2019 - Problema 3

Mensaje sin leer por BrunZo » Jue 08 Ago, 2019 7:29 pm

Imagen:
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geogebra-export (1).png
Solución:
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Primero que nada, definimos un punto $C'$ exterior a $ABCDE$ tal que $BC'\parallel AE$ y $BC'=BC$. Usando esto, notemos que $EC'$ corta al segmento $AB$ en proporción $\frac{AE}{BC'}=\frac{AE}{BC}=\frac{AF}{FB}$, por lo que la recta $EC'$ pasa por el punto $F$.
Sea $P$ la intersección de las rectas $AE$ y $BC$. Es claro que $CDEP$ es un romboide cíclico (por los datos del problema), de modo que si escribimos $\angle APB=\alpha$, tenemos que $\angle DCE=\angle DEC=\frac{\alpha}{2}$. Más aún, como $BC'\parallel AE$, tenemos que $\angle PBC'=\angle APB=\alpha$, lo que implica que, como $BC=BC'$, vale que $\angle BC'C=\angle BCC'=\frac{\alpha}{2}$.
Ahora, sea $X$ la intersección de la recta $BD$ con el circuncírculo de $CDEP$. Notemos que, $\angle CXD=\angle DXE=\frac{\alpha}{2}$. Entonces, como $\angle BC'C=\angle BXC$, por lo que $BCC'X$ es cíclico. Esto implica $\angle BXC'=180^{\circ}-\frac{\alpha}{2}$, que combinado con $BXE=\frac{\alpha}{2}$, implica que $X$ pertenece a la recta $EC'$.
Finalmente, como $E$, $F$ y $X$ son colineales, por lo que $\angle CDB=\angle CEX=\angle CEF$.
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Gianni De Rico

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Re: Selectivo Ibero 2019 - Problema 3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Jue 08 Ago, 2019 11:42 pm

Solución:
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Sean $F'\in AB$ tal que $\angle F'EC=\angle BEC$, y $G=EF'\cap BD$, $H$ el segundo punto de intersección de $EG$ y $\odot BCG$, $I=AE\cap BC$.
Como $\angle GEC=\angle F'EC=\angle BEC=\angle GDC$, tenemos que $CDEG$ es cíclico, y como $DC=DE$, tenemos que $GD$ es la bisectriz de $\angle CGE$, por lo que $GB$ es la bisectriz exterior de $\angle CGH$, es decir, $BH=BC$. Por otro lado, como $AE\perp DE$ y $BC\perp DC$, tenemos que $DCIE$ es cíclico, luego, $\angle F'HB=\angle GHB=\angle GCB=\angle GCI=\angle GEI=\angle F'EA$; y como $\angle AF'E=\angle BF'H$ por ser opuestos por el vértice, tenemos $AEF'\simeq BHF'$, de donde $\frac{AF'}{BF'}=\frac{AE}{BH}=\frac{AE}{BC}=\frac{AF}{BF}$, por lo que $F=F'$.
Finalmente $\angle FEC=\angle F'EC=\angle BEC$. $\blacksquare$
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Última edición por Gianni De Rico el Vie 09 Ago, 2019 6:56 pm, editado 1 vez en total.
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jujumas

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Re: Selectivo Ibero 2019 - Problema 3

Mensaje sin leer por jujumas » Vie 09 Ago, 2019 1:14 am

Super corta:
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SelIbero2019P3.png
Sea $P$ el punto donde $CB$ y $EA$ se cortan, sea $G$ el punto donde donde $DB$ vuelve a cortar al circuncírculo de $CDEP$, sea $K$ el punto donde $EG$ corta a $CP$. Como $CDEP$ es armónico, tomando perspectiva desde $G$ obtenemos que $P$, $K$, $B$, $C$ forman cuaterna armónica y $\frac{PK}{KB}\frac{BC}{CP}=1$ (*). Notemos ahora que $CP=EP$ y que $BC=\frac{(AE)(BF)}{AF}$ por definición de $F$. Reemplazando esto en (*) obtenemos que $\frac{PK}{KB} \frac{BF}{AF}\frac{AE}{EP} = 1$, de donde por Menelao, $E$, $F$ y $K$ son colineales. Luego, $F$ está en $EG$ y por cíclicos estamos.
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Joacoini

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Re: Selectivo Ibero 2019 - Problema 3

Mensaje sin leer por Joacoini » Vie 09 Ago, 2019 9:04 pm

Sobran datos.

Mismo problema con $D\hat CB=180-D\hat EA$.
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Prolongamos $BC$ y $AE$ hasta que se corten en $G$, $CDEG$ es cíclico, sea $\omega$ la circunferencia.

Sean $B'$ y $A'$ las intersecciones de $DB$ y $DA$ con $\omega$ respectivamente.

Sea $F'$ la intersección de $A'C$ y $B'E$.
IMG_20190809_210031.jpg
Por el Teorema de Pascal (Pappus para los amigos) $A$, $B$ y $F'$ son colineales, como $F'$ está si o si en el triángulo $CGE$, está en el segmento $AB$.

Por cíclicos $B'\hat CA'=B'\hat EA'$ y $C\hat {B'}E=C\hat {A'}E$
Por lo que los triángulos $CB'F'$ y $EA'F'$ son semejantes.

Cómo $D$ es el punto medio del arco $CE$, $B'B$ es bisectriz de $CB'F'$ y $A'A$ es bisectriz de $EA'F'$.

Viendo a $A$ desde el triángulo $A'F'E$ marcamos su análogo en $B'F'C$, lo llamamos $A_2$, este punto está en $B'B$ y además por cíclicos.

$A_2\hat CF'=A\hat EF'=G\hat EB'=G\hat CB'=B\hat CB'$

$A_2$ y $B$ son Conjugados Isogonales, sea $I$ el incentro de $CF'B'$, la recta $A_2C$ es la reflexión de $BC$ por $CI$ y la recta $A_2F'$ es la reflexión de $BF'$ por $F'I$.
IMG_20190809_210045.jpg
Por el Teorema de la Bisectriz en $CA_2B$ y $F'A_2B$.

$\frac{A_2C}{BC}=\frac{A_2I}{BI}=\frac{A_2F'}{BF'}$

Si $r=\frac{EF'}{CF'}$ la razón de semejanza entre $A'EF'$ y $B'CF'$

$\frac{rA_2C}{BC}=\frac{rA_2F'}{BF'}=\frac{AE}{BC}=\frac{AF'}{BF'}$

Tenemos la razón del enunciado y la pertenencia al segmento $AB$ por lo tanto $F'=F$ (podés asumir que son distintos y ver que su distancia es 0).

Ahora por cíclicos $C\hat DB=C\hat DB'=C\hat EB'=C\hat EF$
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NO HAY ANÁLISIS.

malen.arias

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Re: Selectivo Ibero 2019 - Problema 3

Mensaje sin leer por malen.arias » Sab 10 Ago, 2019 11:16 pm

Con un punto mágico que se gritó como gol de bokita (el + grande) :D
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Sea $C'$ en la recta $AE$ con $E$ entre $A$ y $C'$ tal que $BC=EC'$. Sea $B\widehat{D}C=\alpha$ y $A\widehat{E}F=\beta$.
Como $\frac{AE}{EC'}=\frac{AE}{BC}=\frac{AF}{BF}$, por el recíproco del teorema de Thales, se cumple que $BC' \parallel EF$, entonces $A\widehat{C'}B=A\widehat{E}F=\beta$.
Como $D\widehat{E}A=90º$, $D\widehat{E}C'=90º$. Viendo los triángulos $BCD$ y $DEC'$, estos comparten dos lados ($DC=DE$ y $BC=EC'$) y el ángulo formado por ellos ($D\widehat{C}B=90º=D\widehat{E}C'$), entonces son congruentes con $DB=DC'$, $E\widehat{D}C'=B\widehat{D}C=\alpha$ y $C\widehat{B}D=D\widehat{C'}E=90º-\alpha$.
Tenemos que $B\widehat{C'}D=D\widehat{C'}E-A\widehat{C'}B=90º-\alpha-\beta$ y como $DB=DC'$, $BDC'$ es isosceles con $D\widehat{B}C'=B\widehat{C'}D=90º-\alpha-\beta$, entonces $B\widehat{D}C'=2\alpha+2\beta$. Como $E\widehat{D}C'=\alpha$, $B\widehat{D}E=\alpha+2\beta$. Como $DC=DE$, $CDE$ es isosceles con $D\widehat{C}E=D\widehat{E}C=\frac{180º-C\widehat{D}E}{2}=\frac{180º-2\alpha-2\beta}{2}=90º-\alpha-\beta$.
Por último, tenemos que $F\widehat{E}C=D\widehat{E}A-D\widehat{E}C-A\widehat{E}F=90º-90º+\alpha+\beta-\beta=\alpha=B\widehat{D}C$.
El dibujo
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problema 3.png
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Turko Arias

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Re: Selectivo Ibero 2019 - Problema 3

Mensaje sin leer por Turko Arias » Lun 12 Ago, 2019 7:12 pm

Tomando prestado el dibujo de @malen.arias y definiendo las cosas distinto al principio, en el fondo termina siendo lo mismo:
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Consideremos la rotohomotecia en sentido antihorario con centro $D$, razón $\frac{BD}{CD}$ y ángulo $\alpha=\angle CDB$, que manda $C$ a $B$ y $E$ a $C'$. Como $ED=CD$, $DC'=BD$ y $\angle CDB= \angle EDC'$ tenemos que $DEC'$ y $BCD$ son iguales, y por ende $\angle DEC'=90°$ y $C', E, A$ son colineales, y nos queda $C'E=BC$. Usando esta igualdad y la proporción del enunciado, tenemos que $EF//BC'$. Ahora bien, mirando $DEC'$ tenemos $\angle DC'B+\angle BC'A+\angle EDC'=90°$, $\angle DEC+\angle CEF+\angle FEA=90°$, $\angle FEA= \angle BC'A$ y $\angle DEC= \angle DC'B$, por lo que $\angle CEF= \angle EDC'= \angle CDB$ $\blacksquare$
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