uno russo

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Diego Navarro
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uno russo

Mensajepor Diego Navarro » 18 Jul 2010, 15:39

Sean una semicircunferencia con diámetro [math] y centro [math], y una recta que corta a la semicircunferencia en los puntos [math] y [math], y a la recta [math] en [math] (siendo [math] y [math]).Sea [math] el punto de interseccion de las circunferencias circunscritas de los triangulos [math] y [math]. Demostrar que [math].

Aca dejo una imagen por si no quedo claro;
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Última edición por Diego Navarro el 18 Jul 2010, 20:17, editado 2 veces en total.

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iMPuRe
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Re: uno russo

Mensajepor iMPuRe » 18 Jul 2010, 18:26

hay bastantes errores de redaccion porfavor editar, saludos! :down:
http://mateolimpiadasin.blogspot.com/

Diego Navarro
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Re: uno russo

Mensajepor Diego Navarro » 19 Jul 2010, 14:06

Ahora si esta bien

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Black Joker !
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Re: uno russo

Mensajepor Black Joker ! » 20 Jul 2010, 23:47

Diego Navarro escribió:Sean una semicircunferencia con diámetro [math] y centro [math], y una recta que corta a la semicircunferencia en los puntos [math] y [math], y a la recta [math] en [math] (siendo [math] y [math]).Sea [math] el punto de interseccion de las circunferencias circunscritas de los triangulos [math] y [math]. Demostrar que [math].

Aca dejo una imagen por si no quedo claro;
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En realidad este problema (Rusia 1995, si mal no recuerdo) aparece en un artículo de la revista OIM resuelto, como ejemplo del poder de la inversión.

Para un punto [math] del plano (distinto de [math]), sea [math] su inverso bajo una inversión de centro [math] y radio [math]. Al aplicar esta inversión, los circumcírculos de [math] y [math] se transforman en las rectas [math] y [math], respectivamente. Se sigue que [math] es la intersección de las dos rectas anteriormente mencionadas, y el punto [math] es un punto al interior del segmento [math]. Por propiedades de la inversión, nos resta demostrar que [math]. Pero como [math] y [math] son alturas del [math], entonces probando que [math] forman una cuaterna armónica estamos listos.

Dados dos puntos [math] distintos de O, se tiene que [math] (donde [math] es el radio de la inversión) y por ende [math]. Por lo tanto (A,M',B,M) es una cuaterna armónica, que era lo que necesitábamos probar.
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Diego Navarro
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Re: uno russo

Mensajepor Diego Navarro » 21 Jul 2010, 01:07

También pudiste haber invertido la recta MD, circunferencia la cual pasará por los puntos D,C,O y cortará a AB en un punto el cual es M' el inverso de M, por lo tanto como AC y BD son alturas y O es punto medio luego esta circunferencia, es la cirnferencia de los 9 puntos, por lo tanto [math] y como la inversión conserva los angulos [math], saludos

pedantic anarchy
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Re: uno russo

Mensajepor pedantic anarchy » 22 Nov 2010, 17:49

Una solucion distinta, sin inversion:
Sea [math], [math], y [math] la proyeccion ortogonal de [math] sobre [math], es sabido que E,P y S son colineales, ahora por potencia de punto sobre la circunferencia grande se tiene que [math] luego [math] vive sobre el eje radical de las de las dos circunferencias pequeñas, luego E,K y O son colineales. Como tambien [math] se tiene que el cuadrilatero [math]es ciclico [math][math] es ciclico y como [math] se tiene entonces que [math], y por lo tanto [math] es la proyeccion ortogonal de [math] sobre [math],pero por el teorema de Brokard se tiene que la proyeccion ortogonal de P sobre [math] es colineal con P y M, luego [math]y [math] son colineales y [math], demostrando lo pedido
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