P3 Nivel Mayor Primer pretorneo de las ciudades 2011

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
bruno
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P3 Nivel Mayor Primer pretorneo de las ciudades 2011

Mensaje sin leer por bruno »

Sea $ABCD$ un trapecio isósceles de bases $BC$ y $AD$, con $BC<AD$ y lados $AB=CD$, tal que tiene una circunferencia inscrita. Demostrar que la bisectriz de $\angle C$ divide al cuadrilátero en dos figuras de áreas iguales.

Aclaración: La circunferencia inscrita a un trapecio es la circunferencia tangente a sus cuatro lados.
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Vladislao

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Re: P3 Nivel Mayor Primer pretorneo de las ciudades 2011

Mensaje sin leer por Vladislao »

Hay muchas formas de hacerlo. Acá una:
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pretor.PNG
Sea [math] el incentro del trapecio. Es claro que [math] es bisectriz del ángulo [math]. Sea [math] la intersección de [math] y [math].

Sea [math]. Entonces [math]. Ahora, es fácil ver que [math]. Esto porque [math] es bisectriz de [math] por lo que [math].

Análogamente, se puede ver que [math]. Es claro que [math] (por ser alternos internos), entonces [math]. De ésto, se tiene que el cuadrilátero [math] es cíclico. Como [math] se tiene que [math] es decir [math].

Tenemos, entonces, que [math].

Sea [math] el pie de la perpendicular a [math] trazada desde [math]. Es claro que [math], que [math] y que [math]. Todo ésto por que el trapecio era isósceles.

Se tiene que [math], como queríamos.
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amcandio

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Re: P3 Nivel Mayor Primer pretorneo de las ciudades 2011

Mensaje sin leer por amcandio »

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Por angulitos sigue que [math]
[math]
Como ABCD tiene circunferencia inscripta entonces[math].
Luego[math] CQD
"Prillo es el Lanata de la trigonometria"
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Vladislao

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Re: P3 Nivel Mayor Primer pretorneo de las ciudades 2011

Mensaje sin leer por Vladislao »

amcandio escribió:
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Por angulitos sigue que [math]
[math]
Como ABCD tiene circunferencia inscripta entonces[math].
Luego[math] CQD
Muy buena la solución, igual, para ver lo de que [math] tenés que probar que [math], y para eso tenés que hacer cíclicos. Igual, calculo que agarraste la notación que puse yo en la anterior. :P
Sea [math] Para todo entero positivo [math] se cumple que [math] es un número primo.
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Vladislao

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Re: P3 Nivel Mayor Primer pretorneo de las ciudades 2011

Mensaje sin leer por Vladislao »

Dejo una variante un poquito más interesante del problema:

Siendo $P=\overrightarrow{AD}\cap\overrightarrow{CI}$ y siendo $N$ el pie de la perpendicular a $CD$ trazada desde $P$, demostrar que $PN^2=AD\cdot BC$
Sea [math] Para todo entero positivo [math] se cumple que [math] es un número primo.
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amcandio

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Re: P3 Nivel Mayor Primer pretorneo de las ciudades 2011

Mensaje sin leer por amcandio »

Vladislao escribió: Muy buena la solución, igual, para ver lo de que [math] tenés que probar que [math], y para eso tenés que hacer cíclicos.
Use la notacion de tu sol, Q es el pie de la perpendicular
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Re: P3 Nivel Mayor Primer pretorneo de las ciudades 2011

Mensaje sin leer por No, manzana »

La condicion suficiente y necesaria para que un cuadrilatero tenga una circunferencia inscripta es que la suma de sus lados opuestos sea igual. Sea $E$ la interseccion de la bisectriz de $C$ con $AD$, por alternos $\angle DCE=\angle BCE=\angle CED$, luego, el triangulo $CDE$ es isoceles con $CE=DE$. Tenemos $AD+BC=AB+CD=2CD\Rightarrow DE+AE+BC=2CD\Rightarrow AE+BC=CD=ED$.

Finalmente, si $h$ es la altura del trapecio:

$2(CDE)=h\cdot ED=h\cdot (AE+BC)=h\cdot AE+h\cdot BC=2(ABE)+2(BCE)=2(ABCE)\Rightarrow (CDE)=(ABCE)$, estamos listos :)
[math], Posta!
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Sea [math] un real, veamos que: [math], entonces [math].
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Gianni De Rico

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Re: P3 Nivel Mayor Primer pretorneo de las ciudades 2011

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

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Sean $E=AB\cap CD$, $F$ y $G$ los puntos de tangencia del incírculo con $AD$ y $BC$ respectivamente, $I$ el incentro de $ABCD$ y $H=CI\cap AD$.
Entonces $I$ es el incentro de $EDA$, como $ECB$ y $EDA$ son homotéticos de centro $B$ entonces $DI$ es paralela a la bisectriz interior de $E\widehat CB$, pero $CI$ es la bisectriz exterior de $E\widehat CB$, de donde $DI\perp CI$. Por ángulos entre paralelas y por bisectriz tenemos $D\widehat HC=B\widehat CH=D\widehat CH$, por lo que $CDH$ es isósceles con $CD=DH$. Se sigue que $I$ es el punto medio de $CH$, y $\triangle DCI\equiv \triangle DHI$.
Ahora, $[AID]+[BIC]=\frac{AD\cdot IF}{2}+\frac{BC\cdot IG}{2}=\frac{AD\cdot FG}{4}+\frac{BC\cdot FG}{4}=\frac{(AD+BC)\cdot FG}{4}=\frac{1}{2}[ABCD]$. Luego $[ABI]+[DCI]=\frac{1}{2}[ABCD]$, pero por simetría $\triangle ABI\equiv \triangle DCI\equiv \triangle DHI\Rightarrow [ABI]=[DHI]$, entonces $[DCH]=[DHI]+[DCI]=[ABI]+[DCI]=\frac{1}{2}[ABCD]\Rightarrow [ABCH]=[ABCD]-[DCH]=[ABCD]-\frac{1}{2}[ABCD]=\frac{1}{2}[ABCD]$.
Queda demostrado que $ABCH$ y $DCH$ tienen igual área.
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EMILIANO LIWSKI

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Re: P3 Nivel Mayor Primer pretorneo de las ciudades 2011

Mensaje sin leer por EMILIANO LIWSKI »

Alabado sea el gran dios Paenza
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