Iberoamericana 2015 P4

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
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Matías V5

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Iberoamericana 2015 P4

Mensaje sin leer por Matías V5 » Mié 11 Nov, 2015 7:13 pm

En el triángulo acutángulo [math] el punto [math] es el pie de la perpendicular desde [math] sobre el lado [math]. Sea [math] un punto en el segmento [math]. Las rectas [math] y [math] cortan a los lados [math] y [math] en [math] y [math] respectivamente. Sean [math] y [math] los pies de las perpendiculares desde [math] y [math] sobre [math] respectivamente.
Demuestre que
[math]
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Ivan

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Re: Iberoamericana 2015 P4

Mensaje sin leer por Ivan » Mié 11 Nov, 2015 9:10 pm

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[math] y como [math] tenemos que [math] es bisectriz de [math]. Luego [math],
que es lo que queremos probar.
2  
Guía de $\LaTeX$ (sirve para escribir ecuaciones como $2^{3\times 2}+1=13\cdot 5$)

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Matías V5

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Re: Iberoamericana 2015 P4

Mensaje sin leer por Matías V5 » Mié 11 Nov, 2015 10:16 pm

Spoiler: mostrar
Primero que nada observemos que como los triángulos [math] y [math] son rectángulos, probar que sus catetos son proporcionales (que es lo que nos piden) es lo mismo que ver que los triángulos son semejantes. En particular, para resolver el problema bastará probar que los ángulos [math] y [math] son iguales. (Observar que al reformular el problema de esta manera los puntos [math] y [math] ya no juegan ningún rol, así que sólo estaban puestos ahí para despistar... :evil: :evil: )
Llamamos [math] y [math]. Vamos a usar (igual que en el problema 2!) el teorema del seno, en particular la extensión que está en este post.
Usando este resultado tenemos que
[math],
y que
[math].
Nosotros queremos ver que [math], para lo cual basta ver que [math]. Usando las relaciones anteriores tenemos que eso equivale a ver que [math], o lo que es lo mismo, [math]. Esto es cierto, pues [math], [math] y [math] se cortan en un punto, así que podemos usar el Teorema de Ceva. [math]
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Prillo

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Re: Iberoamericana 2015 P4

Mensaje sin leer por Prillo » Mié 11 Nov, 2015 11:44 pm

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Sea [math] la paralela a [math] por [math]. [math] y [math] intersecan a [math] en [math] e [math] respectivamente. El problema equivale a ver que [math]. Como [math] tenemos [math] y [math]. Luego [math], que vale por Ceva.

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Emerson Soriano

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Re: Iberoamericana 2015 P4

Mensaje sin leer por Emerson Soriano » Jue 12 Nov, 2015 12:41 am

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El problema se reduce a probar que [math]. Trazamos [math] y [math] perpendiculares a [math], entonces [math] y [math]. Como los triángulos [math] y [math] son semejantes, entonces [math] y [math], por tanto [math] y [math]. Luego, [math]. De manera análogo, como los triángulos [math] y [math] son semejantes, entonces [math]. Es fácil observar que [math], pues se tendría que [math], y esto es cierto si y sólo si [math], lo cual sí ocurre por el teorema de Cevas aplicado al triángulo [math]. Por lo tanto, [math], que es lo que se quiere probar.

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julianferres_

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Re: Iberoamericana 2015 P4

Mensaje sin leer por julianferres_ » Jue 12 Nov, 2015 1:22 am

En esencia es lo mismo pero busca otra cosa desde el principio
Spoiler: mostrar
Busco probar que [math]


Tenemos por ceva que [math] luego por Thales con [math] tenemos que lo anterior es [math]

O en otras palabras [math]

Por otro lado [math] si y solo si [math]

Pero [math] usando que [math] , [math] y [math],[math] son dos pares de triangulos semejantes por las paralelas. [math]

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Gianni De Rico

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Re: Iberoamericana 2015 P4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 30 Jul, 2019 12:09 pm

Solución:
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Sea $H$ el conjugado armónico de $D$ con respecto a $\{B,C\}$, como $AD,BE,CF$ concurren en $P$, entonces $E,F,H$ están alineados. Sea $G$ el punto medio de $DH$, luego $GB\cdot GC=GD^2$, de donde $\frac{GB}{GD}=\frac{GD}{GC}$.
Como $FK\parallel BC\parallel BD$ y $EJ\parallel BC\parallel CD$ tenemos que $\frac{AF}{FB}=\frac{AK}{KD}$ y $\frac{AE}{EC}=\frac{AJ}{JD}$, luego $\frac{AF}{FB}\frac{BG}{GD}\frac{DJ}{JA}=\frac{AK}{KD}\frac{DG}{GC}\frac{CE}{EA}$. Veamos que $\frac{AF}{FB}\frac{BG}{GD}\frac{DJ}{JA}=-1$.
En efecto, basta ver que $\frac{AF}{FB}\frac{BG}{GD}\frac{DJ}{JA}=\frac{AF}{FB}\frac{BH}{HC}\frac{CE}{EA}$, luego, basta ver $\frac{BG}{GD}\frac{DJ}{JA}=\frac{BH}{HC}\frac{CE}{EA}$, por lo que basta ver $\frac{GB}{GD}=\frac{HB}{HC}=\frac{HG+GB}{HG+GC}=\frac{GD+GB}{GD+GC}$. Para esto basta ver $GB\cdot (GD+GC)=GD\cdot (GD+GB)$, luego, basta ver $GB\cdot GD+GB\cdot GC=GD^2+GD\cdot GB$, por lo que basta ver $GB\cdot GC=GD^2$, que ya sabemos que es cierto.
Luego, por Menelao tenemos que $F,J,G$ son colineales y $E,K,G$ son colineales, y por Thales tenemos $\frac{FK}{EJ}=\frac{FG}{JG}=\frac{KD}{JD}$, de donde $\frac{FK}{KD}=\frac{EJ}{JD}$. $\blacksquare$

Notar que esta solución vale para cualquier punto $D$ en $BC$, siendo $EJ$ y $FK$ paralelas a $BC$.
[math]

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