OFO 2020 Problema 7

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Matías V5

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OFO 2020 Problema 7

Mensaje sin leer por Matías V5 » Mié 22 Ene, 2020 12:01 am

Sea $ABCD$ un cuadrilátero convexo en el cual $A\widehat BC = B\widehat CD > 90^{\circ}$ y $C\widehat DA = 90^{\circ}$. En este cuadrilátero se cumple además que $AB = 2CD$. Demostrar que la bisectriz del ángulo $A\widehat{C}B$ es perpendicular a $CD$.
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Matías V5

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Re: OFO 2020 Problema 7

Mensaje sin leer por Matías V5 » Sab 01 Feb, 2020 12:25 am

Soluciones oficiales
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Gregorio

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Re: OFO 2020 Problema 7

Mensaje sin leer por Gregorio » Sab 01 Feb, 2020 12:46 am

Les voy a dejar un dato que en situaciones normales es completamente irrelevante, pero, contra todo pronóstico, resuelve este problema:
Spoiler: mostrar
$x-arctan(tan(x))$ es una función escalonada
y, en particular,
Spoiler: mostrar
Para $90°<x<180°$, $x-arctan(tan(x))=180°$
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NPCPepe

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Re: OFO 2020 Problema 7

Mensaje sin leer por NPCPepe » Sab 01 Feb, 2020 12:47 am

Spoiler: mostrar
geogebra-export (2).png
$F$ es la intersección de $CD$ y $AB$, $FBC=FCB=180º-DCB=180º-ABC$.
$CFB$ es isósceles.
Si $Q$ esta sobre $AB$ y $AQ=BQ$, $DQF$ es similar a $CBF$ porque $CD=BQ=AB/2$, y por lo tanto $DQF$ es isósceles compartiendo el angulo distinto.
Para demostrar que con $PCD=90º$ y $P$ sobre $AB$, $PC$ es bisectriz de $ACB$ voy a demostrar que $ACP=PCB$.

Como $DQF$ es similar a $CBF$, $BC$ es paralela a $QD$ y como $PCD=CDA=90º$ $PC$ es paralela a $AD$ por lo que $BCP=QDA$.

Si hay un punto $N$ tal que $AN=CD$ y $ANC=90º$ por lo que $AN$ es paralela a $CD$ ya que $CDAN$ sería un rectángulo y $AN=AQ$.

$QAN=90º-NDA=90º-(90º-AFD)=AFD$
$AQN=ANQ=90º-QAN/2=90º-AFD/2$
$CNQ=90º-(90º-AFD/2)=AFD/2$

Si $N'$ es la intersección de $PC$ y $DQ$, $CN'Q=90º-FDQ=90º-(90º-DFQ/2)=DFQ/2=AFD/2$.
$C$, $N$, y $N'$ están en la misma recta por lo que $N=N'$ y $CNAD$ es un rectangulo y por lo tanto es cíclico asi que $ACN=NDA=PCB$ por lo que queda demostrado que $AP$ es bisectriz.
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$3=569936821221962380720^3+(-569936821113563493509)^3+(-472715493453327032)^3$: esta es la tercer menor solucion descubierta para la ecuación $a^3+b^3+c^3=3$ , las otras dos son $1^3+1^3+1^3=3$ y $4^3+4^3+(-5)^3=3$

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Sandy

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Re: OFO 2020 Problema 7

Mensaje sin leer por Sandy » Sab 01 Feb, 2020 1:06 am

Matías V5 escribió:
Mié 22 Ene, 2020 12:01 am
Sea $ABCD$ un cuadrilátero convexo en el cual $A\widehat BC = B\widehat CD > 90^{\circ}$ y $C\widehat DA = 90^{\circ}$. En este cuadrilátero se cumple además que $AB = 2CD$. Demostrar que la bisectriz del ángulo $A\widehat{C}B$ es perpendicular a $CD$.
Spoiler: mostrar
Sea $E$ el reflejo de $C$ por $D$.
Sea $F$ la intersección entre $AB$ y la bisectriz de $A\widehat CB$.

$\overline{CE}=2\overline{CD}=\overline{AB}$ y $A\widehat BC=B\widehat CE$, luego los triángulos $ABC$ y $BCE$ son congruentes. Luego $B\widehat EC=B\widehat AC$, por lo que $ABCE$ es cíclico, luego $B\widehat CE+B\widehat AE=180^o$ y $A\widehat BC+C\widehat EA=180^o$, luego $B\widehat AE=A\widehat EC=180^o-A\widehat BC=180^o-B\widehat CE$ por lo que $BC\parallel AE$.

Como $\overline{CD}=\overline{DE}$, $A$ pertenece a la mediatriz de $\overline{CE}$, entonces $\overline{AC}=\overline{AE}$ y por lo tanto $A\widehat CE=A\widehat EC$, y entonces $C\widehat AE=180^o -2$ $A\widehat CE$

$AE\parallel BC\Rightarrow A\widehat CB=C\widehat AE=180^o-2A\widehat CE\Rightarrow A\widehat CF=\frac{180^o-2A\widehat CE}{2}=90^o-A\widehat CE\Rightarrow F\widehat CE=A\widehat CF+A\widehat CE=90^o-A\widehat CE+A\widehat CE=90^o$
$u=tan\left(\frac{x}{2}\right)$
$\frac{2}{1+u^2}du=dx$

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malen.arias

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Re: OFO 2020 Problema 7

Mensaje sin leer por malen.arias » Sab 01 Feb, 2020 1:32 am

Perdón, me gustan las cuentas (:
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Sea $CD=y$.
Sea $E$ el punto de intersección entre $AB$ y la paralela a $AD$ por $C$. Sea $F$ la intersección de las rectas $AB$ con $CD$ y sea $G$ la intersección de las rectas $BC$ y $AD$.
Como $\angle ABC=\angle BCD$ tenemos que $\angle CBF=\angle BCF=180°-\angle ABC$, entonces el triángulo $BCF$ es isosceles con $FC=FB=x$.
Como $EC \parallel AD$, por el teorema de Thales se cumple que:
$$\frac{FD}{CD}=\frac{FA}{EA}$$
$$\frac{x+y}{y}=\frac{x+2y}{EA}$$
$$EA=y\frac{x+2y}{x+y}$$
$\Rightarrow EB=AB-EA=2y-y\frac{x+2y}{x+y}=y(2-\frac{x+2y}{x+y})=y(\frac{2x+2y-x-2y}{x+y})=\frac{xy}{x+y}$
Como $EC \parallel AD$ sabemos que los triángulos $CEF$ y $ADF$ son semejantes, cumpliéndose que:
$$\frac{FC}{FD}=\frac{EC}{AD}$$
$$\frac{x}{x+y}=\frac{EC}{AD} (1)$$
A su vez, como $EC \parallel AG$ sabemos que los triángulos $BCE$ y $ABG$ serán semejantes cumpliéndose que:
$$\frac{EB}{AB}=\frac{EC}{AG}$$
$$\frac{xy}{(x+y)2y}=\frac{EC}{AG}$$
$$\frac{x}{(x+y)2}=\frac{EC}{AG} (2)$$
Juntando $(1)$ y $(2)$ tenemos que:
$$\frac{EC}{AG}=\frac{x}{(x+y)2}=\frac{EC}{2AD}$$
$$\frac{EC}{AG}=\frac{EC}{2AD}$$
$$2AD=AG$$
Entonces $D$ es punto medio de $AG$ y como $CD$ es perpendicular a $AD$, $CD$ será mediatriz, entonces $AC=CG$.
Como $EC \parallel AG$, por el teorema de Thales se cumple que:
$$\frac{BE}{EA}=\frac{BC}{CG}=\frac{BC}{AC}$$
entonces en el triángulo $ABC$ se cumple el recíproco del teorema de la bisectriz, por lo que $EC$ es bisectriz. Como a su vez $EC \parallel AD$ y $AD$ y $CD$ son perpendiculares, se cumple que la bisectriz de $\angle ACB$ es perpendicular a $CD$.
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Fran5

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Re: OFO 2020 Problema 7

Mensaje sin leer por Fran5 » Sab 01 Feb, 2020 11:29 am

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Sintética porque tengo paja de pasarlo formalmente. Espero que a alguien se le haya ocurrido :)

Reflejas A por D y marcas E. Prolongas AB y CD y marcas F
BCF es isósceles porque sus ángulos de la base son adyacentes a B y C

Vemos que AE/ED . DC/CF . FB/BA = 1, con lo que B,C,E están alineados. (Teorema De Menelao)
Finalmente la bisectriz de BCA es perpendicular a la de ECA, que es el lado CD
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Re: OFO 2020 Problema 7

Mensaje sin leer por Martín Lupin » Sab 01 Feb, 2020 11:36 am

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Sea $M$ el punto medio de $AB$, $E$ la intersección de las rectas $BC$ y $AD$, $\alpha=\angle ABC=\angle BCD$ y $\beta=\angle ACD$. Como $BM=CD$ y $\angle MBC=\angle BCD=\alpha$, tenemos que $MD\parallel BC$. Entonces $D$ es el punto medio de $AE$. Luego como $\angle CDA=\angle CDE$ tenemos que $\triangle CDA\cong \triangle CDE$, por lo que $\angle ECD=\angle ACD=\beta$. De $\angle BCD+\angle ECD=180^\circ$ obtenemos que $\alpha+\beta=180^\circ$. Luego el ángulo entre la bisectriz de $\angle ACB$ y $BC$ es $\frac{\alpha-\beta}{2}+\beta=\frac{\alpha+\beta}{2}=90^\circ$ que es lo que queríamos demostrar.
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