Sean C1 y C2 dos circunferencias de centros O1 y O2, con el mismo radio, que se cortan en A y en B. Sea P un punto sobre el arco AB de C2 que está dentro de C1. La recta AP corta a C1 en C, la recta CB corta a C2 en D y la bisectriz del ∠CAD intersecta a C1 en E y a C2 en L. Sea F el punto simétrico a D con respecto al punto medio de PE. Demostrar que existe un punto X que satisface ∠XFL=∠XDC=30∘ y CX=O1O2.
| 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 ∠ACD=∠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 ∠EDC+∠DEL=90 De ahi observemos las siguientes igualdades de angulos...
∠EAB=∠ECB=∠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 O1O2 es perpendicular a AB...de ahi se sigue que las rectas O1O2,DE,FP son paralelas...
3) De todo lo anterior se puede llegar a la conclucionde que DEO1O2 es un paralelogramo, por consiguiente FPO2O1 tambien lo es...pero esto que indicaria? pues que F pertenece a C1
4) De algunas cosas anteriores es ya sabido que ∠CAL+∠ACB=90 pero ∠ACB=∠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 ∠PFB=∠PAB=∠PLF lo cual implica que F,L equidistan de C, de ahi es claro que O1O2=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 ∠XFL=12∠XCL=30=12∠XLC=∠XDC
De ahi acabamos de demostrar que si existe un punto como lo piden en el problema.