Pasen la soz
Fuente: Emerson Soriano Pérez
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miércoles, 31 de octubre de 2012
Problema MYO 299 Problema 2 de XXIII Olimpiada Paises del Cono Sur
Solución (1) por Rubén Darío
Una demostración a un problema que creó en los 90 Rubén Dario
Solución al problema por Rubén Darío
Solución (2) por Ivan ( del grupo OMA foros)
Extendemos AQ hasta que corte a BC en E.
Extendemos BR hasta que corte AB en F.
Extendemos BR hasta que corte AB en F.
Lo primero que vamos a hacer es demostrar que EPF es recto. Para demostrar esto, vamos a demostrar que los triángulos ECP y PDF son iguales. Si son iguales tenemos que EAC + DAF =90º => EAF = 90º
Observemos que los triángulos ABE y ACE son iguales, ya que tienen los 3 ángulos iguales, son rectángulos y uno de los catetos mide el lado del cuadrado. Entonces tenemos BE = CP
De la misma manera vemos que los triángulos PDA y BAF son iguales y en particular DP = AF
Tenemos que DP + PC =Lado del cuadrado. AF = DP, y AF +FD = Lado del cuadrado, entonces FD = PC. De manera análoga se observa que EC = PD.
Entonces los triángulos que queríamos demostrar que son iguales (PCE y PDF) son rectángulos y tienen los dos respectivos catetos iguales, por lo tanto son iguales y EPF =90º
Llamamos a EPC = X => DPF = 90-X
Viendo que el cuadrilátero EQPC es cíclico (por tener los ángulos opuestos de 90º), por arco capaz ECP = EQC = X, por opuestos por el vértice EQC = SQA = X, y esta última igualdad la remarcamos (*)
Al ser FDP rectángulo y DPF = 90-X => PFD = X. Por ser el cuadrilátero RFDP cíclico (por tener los ángulos opuestos de 90º), por arco capaz DRP = DFP = X, por opuestos por el vértice DRP = ARS =X (*2)
Por (*) y (*2) tenemos que X = ARS = SQA => el cuadrilátero SQRA es cíclico.
Pero también tenemos que BQA = BRA = 90º, entonces BQRA también es cíclico.
Estos dos últimos cuadriláteros con cíclicos y comparte 3 vértices, entonces los 5 vértices son concíclicos.
En particular ASBQ es cíclico, pero tenemos que BQA = 90º, entonces, porque los opuestos suman 180, ASB = 90º que es lo que queríamos demostrar.
Observemos que los triángulos ABE y ACE son iguales, ya que tienen los 3 ángulos iguales, son rectángulos y uno de los catetos mide el lado del cuadrado. Entonces tenemos BE = CP
De la misma manera vemos que los triángulos PDA y BAF son iguales y en particular DP = AF
Tenemos que DP + PC =Lado del cuadrado. AF = DP, y AF +FD = Lado del cuadrado, entonces FD = PC. De manera análoga se observa que EC = PD.
Entonces los triángulos que queríamos demostrar que son iguales (PCE y PDF) son rectángulos y tienen los dos respectivos catetos iguales, por lo tanto son iguales y EPF =90º
Llamamos a EPC = X => DPF = 90-X
Viendo que el cuadrilátero EQPC es cíclico (por tener los ángulos opuestos de 90º), por arco capaz ECP = EQC = X, por opuestos por el vértice EQC = SQA = X, y esta última igualdad la remarcamos (*)
Al ser FDP rectángulo y DPF = 90-X => PFD = X. Por ser el cuadrilátero RFDP cíclico (por tener los ángulos opuestos de 90º), por arco capaz DRP = DFP = X, por opuestos por el vértice DRP = ARS =X (*2)
Por (*) y (*2) tenemos que X = ARS = SQA => el cuadrilátero SQRA es cíclico.
Pero también tenemos que BQA = BRA = 90º, entonces BQRA también es cíclico.
Estos dos últimos cuadriláteros con cíclicos y comparte 3 vértices, entonces los 5 vértices son concíclicos.
En particular ASBQ es cíclico, pero tenemos que BQA = 90º, entonces, porque los opuestos suman 180, ASB = 90º que es lo que queríamos demostrar.
Solución(4) de Milton Donaire Peña
Solución (5) Comentario de Julio Orihuela:
La
solución por pascal la hizo en el examen raulito...hay una solución de un
ecuatoriano por inversión... sea M la proyección de P sobre AB, sea K la
circunferencia circunscrita al cuadrado ABCD, la circunf. de inversión, se
invierte la circunferencia de diámetro AB, se prueba facil que M y S son
inversos
Primera prueba del primer día de la Olimpiada matemática de Paises del Cono Sur:
A resolver, espero sus soluciones:
Fuente: Emerson Soriano Pérez
Primera prueba
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