Olimpiada de Matemáticas en Chihuahua: Problemas del dia. Geometría (28 de octubre)

domingo, 28 de octubre de 2012

Problemas del dia. Geometría (28 de octubre)

1.- Sea

$ABCD$ un trapecio con

$AD \parallel BC$ . Si se sabe que

$AB=AD+BC$ , demuestra que la bisectriz de

$\angle BAD$ intersecta a

$CD$ en su punto medio.

2.- Dos circunferencias son tangentes externamente en

$B$ . Una tangente a una de las circunferencias por

$A$ intersecta a la otra circunferencia en

$C$ y

$D$ . Muestra que

$A$ es equidistante a las rectas

$BC$ y

$BD$ .

3.- Sea

$I$ el incentro de

$\triangle ABC$ . Sean

$D$ ,

$E$ y

$F$ las reflexiones de

$I$ sobre los lados

$BC$ ,

$AC$ y

$AB$ respectivamente. Si se tiene que

$DEFB$ es un cuadrilatero cíclico, encuentra todos los posibles valores de

$\angle ABC$

(Si, 3, aunque ya sean 6 problemas hoy, casi no pidieron publicar problemas de geometría y les hace falta para el nacional)

11 comentarios:

antonio lopez28 de octubre de 2012, 5:12 p.m.
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
ResponderBorrar
Respuestas
antonio lopez28 de octubre de 2012, 5:12 p.m.
1.-Sea $E$ un punto en el rayo $BC$ tal que $CE=AD$ entonces veo que como $AB=AD+BC=CE+BC=BE$ entonces el triangulo $ABC$ es isoceles entonces $\angle BAE=\angle BEA$ pero $BE\parallel AD$ entonces $\angle BEA=\angle EAD$ entonces $AE$ es bisectriz del angulo $BAD$ entonces $AE$ pasa por $M$ luego veo que por $AA$ se cumple que $\triangle AMD\sim\triangle EMC$ pero $CE=AD$ entonces estos triangulos son congruentes,entonces $CM=MD$
ResponderBorrar
Respuestas
Unknown28 de octubre de 2012, 5:31 p.m.
1.- Trazamos la bisectriz de $\angle{BAD}$ hasta cortar a $CD$ por $M$ , prolongamos $BC$ y $AM$ hasta que se cortan en $K$ . $AD\parallel BC\Rightarrow \angle{DAK}=\angle{CKA}=\alpha$ . Por la bisectriz $AM$ tenemos que: $\angle{DAK}=\angle{KAB}=\angle{CKA}=\alpha\Rightarrow \triangle{ABK}$ es isósceles, entonces: $AB=BK=(BC+CK)$ Sabemos que $AB=BC+AD\Rightarrow BC+CK=BC+AD\Rightarrow AD=CK\Rightarrow$ por $ALA: \triangle{ADM}\cong\triangle{KCM}\Rightarrow DM=MC\therefore M$ es punto medio $\blacksquare$
ResponderBorrar
Respuestas
Unknown28 de octubre de 2012, 6:58 p.m.
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
ResponderBorrar
Respuestas
Unknown28 de octubre de 2012, 7:05 p.m.
3.- Trazamos $FI, FE, EI, ED, ID, DB, IB, FB$ . Sean $X, Y, Z$ los puntos medios de $DI, EI, FI$ respectivamente (los cuales a su vez son los puntos de tangencia al incírculo en cuestión): $\angle{ABI}=\angle{IBC}=\beta, FZ=ZI, BZ\perp FI\Rightarrow BF=BI$ análogamente $BI=BD\Rightarrow\angle{FBA}=\angle{CBD}=\alpha\Rightarrow\angle{FBD}=4\alpha$ . Por ser inradios: $IZ=IE'$ , por la reflexión: $IZ=ZF, IY=YE\Rightarrow IF=IE$ análogamente $IE=ID\Rightarrow\angle{IED}=\angle{IDE}=\beta, \angle{IFE}=\angle{IEF}=\theta. BF=BD, FI=ID, BI=BI\Rightarrow\triangle{BFI}\cong\triangle{BDI}\Rightarrow \angle{BFI}=\angle{BDI}=\gamma , FEDB$ es cíclico entonces: $4\alpha+\theta+\beta=2\alpha+\theta+\gamma+\beta\Rightarrow 2\alpha=\gamma$ . En $\triangle{BZF}: \alpha+\gamma+90=3\alpha+90=180^{o}\Rightarrow 3\alpha=90^{o}\Rightarrow\alpha=30^{o}\Rightarrow\angle{ABC}=2\alpha=60^{o}$
Por lo que $\angle{ABC}$ solo tiene un posible valor.
ResponderBorrar
Respuestas
antonio lopez28 de octubre de 2012, 10:28 p.m.
sea $\angle ABI=\angle CBI=\alpha$ veo que $\triangle BAI\cong\triangle BAF$ entonces $\angle FBA=\alpha$ ,analogamente $\angle CBD=\alpha$ entonces $\FBD=4\alpha$ .Luego sea $\angle BID=\beta$ veo que como $ID\perp BC$ entonces $\alpha +\beta=90$ entonces por suma de angulos en triangulo $BID$ para completar los $180$ se tiene que $\angle BDI=\beta$ entonces $\triangle BDI$ es isoceles,analogamente $\angle BFI=\beta$ y $\triangle BFI$ es isoceles. entonces $BF=BI=BD$ entonces $\triangle BFD$ es isoceles y $\angle BFD=\angle BDF=\beta-\alpha$ como $DEFB$ es ciclico entonces $\angle BEF=\angle BED=\beta-\alpha$ .LUego me fijo que por $LAL$ los triangulos $BFE$ y $BDE$ son congruentes entonces $FE=DE$ entonces $\triangle FED$ es isoceles y por suma de angulos $\angle DFE=\angle FDE=2\alpha$ y como $DEFB$ es ciclico $\angle FBE=2\alpha$ entonces B,I,E son colineales ya que $\angle FBI=2\alpha$ entonces como $FI=DI=EI=$ $I$ es el centro de la circunferencia que pasa por $DEFB$ entonces $2\angle BFD=\angle BID$ entonces $2\beta-2\alpha=\beta$ de donde $\beta=2\alpha$ .
Entonces $3\alpha=90$ entonces $\alpha=30$ de donde $\angle ABC$ solo puede medir $60$
ResponderBorrar
Respuestas
Luis Chacón29 de octubre de 2012, 11:05 p.m.
$1$
Prolongamos $AD$ por $D$ hasta $E$ y $BC$ por $C$ hasta $F$ de forma que $AE=BF=AB=AD+BC$ . Tenemos que $AE \parallel BF, AE=BF$ , entonces $ABFE$ es un paralelogramo y $EF=AB=AE=BF$ , como todos los lados son iguales es un rombo. $BF=AD+BC$ entonces $CF=AD$ . Trazamos $AF$ , como $ABFE$ es un rombo sabemos que es bisectriz de $\angle EFB$ y $\angle BAE$ (que es el mismo que $\angle BAD$ ) por lo tanto $\angle DAF=\angle CFA$ . Como $AD\parallel CF$ , $\angle ADC=\angle DCF$ . Si $G$ es la intersección de $AF$ y $DC$ , por ALA $\triangle GAD \equiv \triangle GFC$ entonces $DG=GC$ que es lo que buscábamos ( $AF$ es la bisectriz de $\angle BAD$ e intersecta a $DC$ en $G$ ).
ResponderBorrar
Respuestas
Diego Astiazarán30 de octubre de 2012, 4:28 p.m.
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
ResponderBorrar
Respuestas
Diego Astiazarán30 de octubre de 2012, 4:30 p.m.
$\boxed{1}$ Llamemos $M$ a la intersección de la bisectriz de $\angle DAB$ con $CD$ y $E$ de $AM$ con $BC$
Ya que $AE$ es bisectriz, $\angle DAE = \angle BAE = \alpha$ . Por ángulos entre paralelas, $\angle DAE = \angle BEA = \alpha \Rightarrow \triangle ABE$ es isósceles. $\Rigtharrow BA=BE \Rightarrow AD=CE$
Ahora vemos que $\triangle ADM \cong \triangle ECM$ porque $\angle DAM = \angle CEM$ (paralelas) , $DA=CE$ , $\angle DMA = \anlge CME$ (opuestos) . $\Rightarrow MD=MC \Rightarrow M$ es punto medio de $DC$ .

$\boxed{2}$ Trazamos el diametro de la circunferencia donde estan $C$ y $D$ desde $B$ hasta $E$ . Por el cíclico $CDEB$ :
$\angle BEC = \angle BDC = \alpha$
$\angle EBD = \angle ECD = \beta$
$\angle CBD = \angle CED = \theta$
$\Rightarrow \alpha + \beta + \theta = 90^o$
Sea $I$ la intersección de $BD$ y $CE$ . Para completar los $180^o$ del $\triangle CIB$ , $\angle CIB = \alpha + \beta$ porque $\angle BCI = \angle BCE = 90^o$ (porque abre el diámetro) y $\angle CBI = \theta$ .
Llamamas $P$ y $Q$ a las proyecciones de $A$ en $BD$ (extensión) y $BC$ respectivamente. Nos fijamos que $AQ \perp BC$ y $EC \perp BC \Rightarrow AQ \parallel EC$ .
Sea $F$ la intersección de $AQ$ y $BD$ . Por ángulos entre paralelas, $\angle CIB = \angle AFB = \alpha + \beta$ . Para completar los $180^o$ del $\triangle APF$ , $\angle PAF = \theta$ .
Trazamos una tangente común a las dos circunferencias por $B$ , la cual intesecta a $AD$ en $G$ . $\angle GBE$ debe ser $90^o \Rightarrow \angle GBC = \alpha$ . Nos fijamos que $\angle BCD = 90^o + \beta \Rightarrow$ su suplemento ( $\angle BCA$ ) es $\alpha + \theta$ . Para completar los $180^o$ del $\triangle GCB$ , $\angle BGC = 2\beta + \theta \Rightarrow \angle BGA = 2\alpha + \theta$ . Nos fijamos $GA = GB$ porque ambas son tangentes a la circunferencia, $\Rightarrow \triangle AGB$ es isósceles . $\Rightarrow \angle GAB = \beta + \frac{\theta}{2}$ . Para completar los $180^o$ del $\triangle CAQ$ , $\angle CAQ = \beta \Rightarrow \angle QAB = \frac{\theta}{2}$ .
$\Rightarrow AB$ es bisectriz de $\angle PAQ \Rightarrow PB = PQ$ , porque $APBQ$ es cíclico ( $\angle APB = \angle AQB = 90^o$ ) . $\Rightarrow \triangle PBQ$ es isósceles, $\Rightarrow \angle QPB = \angle PQB = \gamma$ .
$\Rightarrow \angle APQ = \angle AQP = 90^o - \gamma \Rightarrow \triangle PAQ$ es isósceles , $\Rightarrow AP = AQ$ .
$\therefore A$ es equidistante a las rectas $BC$ y $BD$ .
ResponderBorrar
Respuestas
Luis Chacón21 de noviembre de 2012, 10:10 p.m.
$3$
Sean $X,Y,Z$ las intersecciones de $ID,IE,IF$ con $BC,CA,AB$ , respectivamente. Como $IX$ es perpendicular a $BC$ (porque $D$ es la reflexión de $I$ ), y además $I$ es el incentro, entonces $IX$ es inradio, de la misma forma $IY, IZ$ son inradios y $IX=IY=IZ=r$ .
Como $D$ es reflexión de $I$ , $DI=2IX=2r$ , también $2r=IY=IZ$ , entonces $I$ es el circuncentro de $\triangle DEF$ , y como $DEFB$ es cíclico $B$ está en la misma circunferencia y $IF=IB$ porque son radios.
$BZ$ es altura y mediana de $\triangle BIF$ , entonces $\triangle BIF$ es isósceles y $FB=IB=IF$ por lo tanto es equilátero, además $BZ$ es bisectriz y $\angle ZBF=\angle IBZ =\angle IBX$ porque $BI$ es bisectriz del $\angle CBA$ y entonces $\angle CBA=\angle IBF=60$ .
ResponderBorrar
Respuestas

Olimpiada de Matemáticas en Chihuahua

domingo, 28 de octubre de 2012

Problemas del dia. Geometría (28 de octubre)

11 comentarios:

SC

Google Analytics