Sean $C_1$ y $C_2$ dos circunferencias de centros $O_1$ y $O_2$, con el mismo radio, que se cortan en $A $ y en $ B $. Sea $P $ un punto sobre el arco $AB$ de $C_2$ que está dentro de $C_1$. La recta $AP$ corta a $C_1$ en $C $, la recta $CB$ corta a $C_2$ en $D $ y la bisectriz del $\angle CAD$ intersecta a $C_1$ en $E $ y a $C_2$ en $L $. Sea $F $ el punto simétrico a $D $ con respecto al punto medio de $PE$. Demostrar que existe un punto $X $ que satisface $\angle XFL = \angle XDC = 30^\circ$ y $CX = O_1O_2$.
| Adjunto | Descripción | Tamaño | |
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 | ibero3.ggb | Applet para el problema 3 de la XXIV OIM | 2.09 KB |
Brandon, a ver cuántos
Brandon, a ver cuántos resuelves de éstos. Están calientitos... :)
Este es el problema que mas
Este es el problema que mas me gusto de la prueba, dare mi solucion pero no pondre la figura(estoy escaso de tiempo por las tareas del cbtis) Ok aqui va mi solucion...
1) Primero notemos que el triangulo $ABC$ es isoceles eso es bastante claro no? pues si no es debido a que $\angle{ACD}=\angle{ADC}$ lo cual es debido a que las circunferencias son congruentes...
2) Tambien es facil ver que $DE$ y $FP$ son paralelas y de misma medida...
De 1) se deduce que $EL$ es perpendicular a $CD$, de ahi se tiene que $\angle{EDC}+\angle{DEL}=90$ De ahi observemos las siguientes igualdades de angulos...
$\angle{EAB}=\angle{ECB}=\angle{EDC}$ lo cual implica que $DE$ es perpendicular a $AB$ (si no me cren prolonguen $DE$ hasta $AB$ y usen las relaciones que ya mencione)...pero ademas es conocido que $O_1O_2$ es perpendicular a $AB$...de ahi se sigue que las rectas $O_1O_2,DE,FP$ son paralelas...
3) De todo lo anterior se puede llegar a la conclucionde que $DEO_1O_2$ es un paralelogramo, por consiguiente $FPO_2O_1$ tambien lo es...pero esto que indicaria? pues que $F$ pertenece a $C_1$
4) De algunas cosas anteriores es ya sabido que $\angle{CAL}+\angle{ACB}=90$ pero $\angle{ACB}=\angle{ALB}$ lo cual implica que $AC$ y $BL$ son perpendiculares, por otro lado tambien se puede llegar sin muchos problemas a que $FB$ y $AC$ son perpendiculares...pero lo anterior implica que $F,B,L$ son coolineales.
5) Por otro lado es facil ver que $\angle{PFB}=\angle{PAB}=\angle{PLF}$ lo cual implica que $F,L$ equidistan de $C$, de ahi es claro que $O_1O_2=FC=CL=LP$, Sea $X$ la interseccion de las circunferencias de centtro en $C$ y radios $CF$ y $LD$....(ese es el punto buscado...por que?)
Es devido a que el triangulo $XCL$ es equilatero, y las dos circunferencias anteriormente construidas son iguales, esto implica que $\angle{XFL}=\frac{1}{2}\angle{XCL}=30=\frac{1}{2}\angle{XLC}=\angle{XDC}$
De ahi acabamos de demostrar que si existe un punto como lo piden en el problema.