OFO 2023 Problema 11

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Fedex

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OFO 2023 Problema 11

Mensaje sin leer por Fedex »

Sea $ABC$ un triángulo con $\widehat B=2\widehat C$ y $\widehat A>90^\circ$. Sea $D$ el punto de la recta $AB$ tal que $CD$ es perpendicular a $AC$ y sea $M$ el punto medio de $BC$. Demostrar que $A\widehat MB=D\widehat MC$.
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Fedex

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Re: OFO 2023 Problema 11

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Solución 1:
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Reflejamos $A$ por la mediatriz de $BC$ teniendo $A'$. Notar que la condición de ángulos que se pide demostrar, es equivalente a que $D, A', M$ están alineados. Ahora por construcción $CA'AB$ es un trapecio isósceles y ademas la condición de $\angle B = 2 \angle C$ nos dice que $CA' = AA'$.
Prolongamos $AA'$ hasta cortar $CD$ en $E$, notar que por la igualdad anterior al ser $\triangle ECA$ rectángulo, $A'$ es el circuncentro de este triangulo. Concluimos entonces que $EA' = A'A$.
Finalmente como $M$ y $A'$ son puntos medios de los lados paralelos $BC$ y $EA$, están alineados.
Solucion 2:
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Sea $P$ la intersection de la mediatriz de $BC$ con $DB$, sea ademas $A' = DM \cap CP$. Si ahora demostramos que $A'$ es la reflexión de $A$ por la mediatriz de $BC$ habremos terminado. Como $CA$ y $CD$ son bisectriz interior y exterior de $\angle PCB$ entonces $D,P,A,B$ es una cuaterna armónica por lo que las cevianas $PM$, $CA$, $BA'$ concurren. Como $CA$ y $PM$ son bisectrices interiores entonces $BA'$ lo es. Como $\triangle CPB$ es isósceles y $A$ y $A'$ son los pies de las bisectrices de los vértices de la base entonces son simétricos respecto de la mediatriz de $BC$.
Solución 3:
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Los puntos son los mismos que en la solución 2 pero ahora vamos a demostrar por Ceva trigonométrico que $BA'$ es bisectriz de $\angle PBC$. Si $\angle C = \alpha$ entonces $\angle BCP = \angle B = 2\alpha$ y $\angle PCD = 90^{\circ} - \alpha$. Si hacemos teorema de la bisectriz extendido sobre la ceviana $DM$ (aprovechando $CM = MB$) y teorema del seno sobre $\triangle CDB$:
$$\frac{\sin(\angle CDM)}{\sin(\angle MDB)} = \frac{BD}{DC} = \frac{\sin(90^{\circ}+\alpha)}{\sin(2\alpha)} = \frac{\sin(90^{\circ}-\alpha)}{\sin(2\alpha)} = \frac{\sin(\angle DCP)}{\sin(\angle PCB)}$$
$$ \frac{\sin(\angle PCB)}{\sin(\angle DCP)} \frac{\sin(\angle CDM)}{\sin(\angle MDB)} = 1$$
Como $DM$, $CP$, $A'B$ concurren en $A'$ se da que:
$$\frac{\sin(\angle PCB)}{\sin(\angle DCP)} \frac{\sin(\angle CDM)}{\sin(\angle MDB)} \frac{\sin(\angle DBA')}{\sin(\angle A'BC)}= 1 \Rightarrow \sin(\angle DBA') = \sin(\angle A'BC)$$
Luego $\angle DBA' = \angle A'BC$ y $BA'$ es bisectriz de $\angle PBC$, como hicimos en la solución anterior con esto terminamos.
Última edición por Fedex el Lun 06 Feb, 2023 5:16 pm, editado 1 vez en total.
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FabriATK

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Re: OFO 2023 Problema 11

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Solución:
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IMG_20230206_110010_734.jpg
Por enunciado, $\angle ABC = 2\angle BCA = 2a$
Sea $X$ en $\overline{DB}$ tal que $\angle BCX = 2a$
Sea $Y$ en $\overline{DC}$ tal que $\overline{XY} \parallel \overline{BC}$

$\angle BCX = 2a = XBC \Rightarrow$ El triángulo $XBC$ es isósceles, Así que $\overline{XC} = \overline{XB}$

$\angle XCD = 90 - \angle XCA = 90 - a$
Por ángulos entre paralelas: $\angle YXC = \angle XCB = 2a$

y $\angle XYC = 180 - \angle YXC - \angle XCY = 180 - 2a - (90-a) = 90 - a = \angle XCY$
Así que $\overline{XY} = \overline{XC} = \overline{XB}$

De donde $YXB$ es isósceles.
$\angle CXB = 180 - \angle XCB - \angle CBX = 180 - 4a$
$\angle YXB = \angle YXC + \angle CXB = 2a + 180-4a = 180 - 2a$
Y entonces:
$\angle XBY = \angle BYX = \frac{180 - \angle YXB}{2} = a$

De donde $\overline{BY}$ es bisectriz de $\angle DBC$


Además, como $\overline{XY} \parallel \overline{BC} \Rightarrow \frac{\overline{YC}}{\overline{YD}} = \frac{\overline{XB}}{\overline{XD}}$ Por tales.

De donde $\frac{\overline{XB}}{\overline{XD}} \times \frac{\overline{YD}}{\overline{YC}} = 1$

$\Rightarrow \frac{\overline{XB}}{\overline{XD}} \times \frac{\overline{YD}}{\overline{YC}} \times \frac{\overline{CM}}{\overline{MB}} = 1$, que cumple el teorema de ceva, entonces $\overline{BY}, \overline{CX}$ y $\overline{DM}$ son concurrentes. Y llamemos $O$ al punto en el que se cortan.

Por criterio AAA, $COB$ y $CAB$ son semejantes, y como comparten $\overline{BC}$, son congruentes.
Así que $\overline{CO} = \overline{AB}$ además de que ya sabíamos que $\overline{CM} = \overline{MB}$ y que $\angle MCO = 2a = \angle MAB$
Es decir, por criterio LAL, los triángulos $COM$ y $AMB$ son congruentes, por lo que $\angle OMC = \angle AMB$
$\angle DMC = \angle AMB$, como queríamos demostrar.
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Tiziano Brunelli

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Re: OFO 2023 Problema 11

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Fedex escribió: Vie 27 Ene, 2023 12:03 am Sea $ABC$ un triángulo con $\widehat B=2\widehat C$ y $\widehat A>90^\circ$. Sea $D$ el punto de la recta $AB$ tal que $CD$ es perpendicular a $AC$ y sea $M$ el punto medio de $BC$. Demostrar que $A\widehat MB=D\widehat MC$.
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Sea $\widehat{ABC}=2\gamma$ y $\widehat{ACB}=\gamma$ y $\widehat{BAC}=\alpha$, Sabemos que $\widehat{CAD}=3\gamma$ porque $3\gamma +\alpha =180°$, como $\widehat{ACD}=90°$ entonces $\widehat{ADC}=\alpha -90°$, nótese que si trazamos un punto P sobre la recta $BC$ tal que $\widehat{CDP}=90°$ entonces el triángulo ADP es semejante al triángulo ABC por criterio de semejanza AAA. Por lo que si llamamos Q a la intersección de la perpendicular a la recta AC desde el punto A con la recta BC y nombramos O al punto medio del segmento BQ, tendremos que $\widehat{DMC}=\widehat{AOC}$. Por trigonometría tenemos que $CQ=\frac{AC}{cos(\gamma )}$, para calcular OQ podemos hacer $\frac{BC-CQ}{2}$ que nos da $\frac{BC-\frac{AC}{cos(\gamma )}}{2}$ y para calcular OM restamos CM, pero como M es punto medio de BC: $OM=\frac{AC}{2cos(\gamma )}$, que nótese es la mitad de lo que mide CQ. Y con el siguiente trabajo algebraico y trigonométrico:
$\frac{1}{4cos(\gamma)}=\frac{1}{4cos(\gamma)} \Leftrightarrow \frac{4cos^2(\gamma)+4sen^2(\gamma)-3}{4cos(\gamma)}=\frac{1}{4cos(\gamma)} \Leftrightarrow cos(\gamma)+\frac{4sen^2(\gamma)-3}{4cos(\gamma)}=\frac{1}{4cos(\gamma)} \Leftrightarrow cos(\gamma)+\frac{4sen^3(\gamma)-3sen(\gamma)}{4cos(\gamma)sen(\gamma)}=\frac{1}{4cos(\gamma)} \Leftrightarrow cos(\gamma)-\frac{sen(3\gamma)}{2sen(2\gamma)}=\frac{1}{4cos(\gamma)}$ debido a que, aplicando la identidad de la suma de ángulos del seno, se puede obtener que $sen(2x)=2sen(x)cos(x)$ y que $sen(3x)=3sen(x)-4sen^3(x)$. Hecha la aclaración de la identidad poco convencional:
$cos(\gamma)-\frac{sen(3\gamma)}{2sen(2\gamma)}=\frac{1}{4cos(\gamma)} \Leftrightarrow ACcos(\gamma)-\frac{ACsen(3\gamma)}{2sen(2\gamma)}=\frac{AC}{4cos(\gamma)} \Leftrightarrow ACcos(\gamma)-\frac{ACsen(3\gamma)}{2sen(2\gamma)}=\frac{AC}{4cos(\gamma)}$ ahora, sea el punto T el pie de la perpendicular a la recta BC que pasa por el punto A, se tiene por trigonometría que $CT=ACcos(\gamma)$ y por el teorema del seno sabemos que $\frac{BC}{sen(180°-3\gamma)}=\frac{AC}{sen(\gamma)} \Leftrightarrow CM=\frac{ACsen(3\gamma)}{2sen(\gamma)} $ (y recordemos que como $0°<3\gamma<90°$, porque $\alpha$ es mayor que 90°, entonces se cumple la propiedad de $sen(180°-3\gamma)=sen(3\gamma)$. Entonces la igualdad $ACcos(\gamma)-\frac{ACsen(3\gamma)}{2sen(2\gamma)}=\frac{AC}{4cos(\gamma)}$ nos dice que $CT-CM=\frac{AC}{4cos(\gamma)}$, y recordemos que $CQ=\frac{AC}{cos(\gamma)}$ y que $OM=\frac{CQ}{2}$, por lo que la igualdad nos dice que $MT=\frac{OM}{2}$. Ergo T es punto medio de OM, ergo la mediana del vértice A en el triángulo AOM corta en ángulo recto, ergo AOM es isósceles con $AM=AO$, ergo $\widehat{AMB}=\widehat{AOC}=\widehat{DMC}$ como se nos pidió demostrar en un principio.
"cada vez que uses xor, piensa en mí, estaré usando vectores módulo 2"- un cordobés a otro. :D
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Turko Arias

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Re: OFO 2023 Problema 11

Mensaje sin leer por Turko Arias »

:mrgreen:
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Sea $E$ en $BD$ tal que $\angle BCA= \angle ACE$, sean $F$ y $K$ las intersecciones de la bisectriz de $\angle CBE$ con $CE$ y $CD$ respectivamente. Por construcción, $AC$ resulta bisectriz exterior del triángulo $BCE$ por lo que $K$ es el $B-$excentro. Notamos que $EM$ es bisectriz por ser $BCE$ isósceles y también es altura, por lo que $\angle EMC=90$. Por otro lado, como $K$ es excentro, $\angle KEM=90$, pero entonces $EK$ es paralela a $BC$. Ahora bien, notamos que como $M$ es punto medio y $EK//BC$, es decir $\frac{CM}{MB}=1$ y $\frac{BE}{ED}=\frac{CK}{DK}$, datos que combinados nos permiten concluir que $\frac{BE}{ED}\frac{DK}{KC}\frac{CM}{MB}=1$, por lo que por el Teorema de Ceva $BK, CE$ y $DM$ concurren, y por lo tanto $DM$ pasa por $F$. Ahora bien, como $BA=CF$ (por ser $A$ y $F$ pies de bisectrices de un isósceles), $BM=CM$ y $\angle MBA= \angle MCF$ podemos concluir que son iguales, pero como $F$ está en $MD$ tenemos la igualdad pedida $\blacksquare$
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Ulis7s

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Re: OFO 2023 Problema 11

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Entrenando para la OFO 2024 y para las mayo note una coincidencia https://omaforos.com.ar/viewtopic.php?f=17&t=1127
son el mismo problema :lol:
We needed 5 more more points!! :roll: @ulisess.kr
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