XXVIII OMM Problema 4

Enviado por vmp el 11 de Noviembre de 2014 - 11:36.

Sea $ABCD$ un rectángulo con diagonales $AC$ y $BD$ . Sean $E$ el punto de intersección de la bisectriz del ángulo $\angle CAD$ con el segmento $CD$ , $F$ el punto sobre el segmento $CD$ tal que $E$ es el punto medio de $DF$ y $G$ el punto sobre la recta $BC$ tal que $BG=AC$ (con $C$ entre $B$ y $G$ ).

Muestra que la circunferencia que pasa por $D$ , $F$ y $G$ es tangente a $BG$ .

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Enviado por Roberto Alain R... el 29 de Septiembre de 2015 - 22:02.

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Sea $\Gamma$ la

Enviado por Roberto Alain R... el 29 de Septiembre de 2015 - 22:22.

Sea

$\Gamma$ la circunferencia que pasa por

$D, F$ y

$G$ .

Por el Teorema de la Bisectriz aplicado en

$\triangle ADC$ y en el

$\angle DAC$ , tenemos que:

$\frac{AD}{AC} = \frac{DE}{EC}$

Haciendo recíprocos:

$\frac{AC}{AD} = \frac{EC}{DE}$

Como

$AC=BG, AD=BC$ y

$DE=EF$ por hipótesis:

$\frac{BC+CG}{BC} = \frac{EF+FC}{EF}$

Luego:

$1+\frac{CG}{BC} = 1+\frac{FC}{EF}$

Y regresando a que

$BC=AD$ y

$EF=DE$ :

$\frac{CG}{AD} = \frac{FC}{DE}$

Pero esta última igualdad implica, como

$\angle ADE = \angle FCG = 90°$ (por los ángulos del rectángulo

$ABCD$ ), que los triángulos

$\triangle FCG$ y

$\triangle EDA$ son semejantes.

De la semejanza, sean

$\angle FGC = \angle EAD = \alpha$ . Además, sean

$\angle BDC = \angle DBA = \angle ABD = \beta$ ,

y análogamente

$\angle DBC = \angle ADB = \gamma$ .

De manera inmediata al ver la complementaridad en el

$\angle ADE$ y la igualdad

$\angle ADB = \angle DAC$ , tenemos:

$\gamma + \beta = 90°$ y

$\gamma = 2\alpha$ , y al ver la suma de los ángulos internos en el

$\triangle DAB$ , tenemos que

$\gamma + 2\beta + 2\alpha = 4\alpha + 2\beta = 180°$

Luego vemos el

$\triangle DBG$ , y como por hipótesis

$AC = BG$ , y las diagonales de un rectángulo miden lo mismo,

$DB=BG$ , y de aquí que

$\triangle DBG$ es isósceles, con

$\angle BDG = \angle BGD$ .

Ahora considerando la suma de los ángulos internos de

$\triangle DBG$ y con la igualdad anterior tenemos:

$\angle BDG + \angle BGD + \angle DBG = 180°$

$2\angle BDG + 2\alpha = 4\alpha + 2\beta$

$2\angle BDG = 2\alpha + 2\beta$

$\angle BDG = \alpha + \beta$

Pero ya que

$\angle BDG = \angle BDC + \angle FDG = \beta + \angle FDG$ , por lo tanto

$\angle FDG = \alpha$

Pero además ya teníamos que

$\angle FGC = \alpha$ , y por lo tanto el

$\angle FGC$ es seminscrito al arco

$FG$ al que es inscrito el

$\angle FDG$ , y finalmente tenemos que

$BG$ es tangente a

$\Gamma$ .

*Nota: Varias igualdades de ángulos y lados se desprenden automáticamente de ser lados iguales de un rectángulo y ángulos formados por sus diagonales.

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Hola a todos. Voy a comentar

Enviado por German Puga el 28 de Diciembre de 2017 - 23:33.

Hola a todos. Voy a comentar aquí una solución que me parece espectacular. Esta solución esta inspirada en una discusión que tuve con Carlos Delgado, oro en la reciente Norestense y Bronce en la OMM.

Su idea, es aprovechar la simetría del rectángulo para extraer conclusiones más inmediatas. Algo de notar en el problema es que en apariencia no hay simetría por la condición $BG=AC$ . La idea en cuestión es tomar $H$ en el lado $AD$ de manera que $AH=AC$ . Después de esto ya no sé que ideas son de él y cuáles mías. Pero la verdad es que nos quedó una muy buena solución. Las soluciones que he visto de este problema siempre involucran razones y pasan por el teorema de la bisectriz o varias semejanzas. Esta utiliza solamente propiedades de los puntos y rectas, haciendo inmediatas algunas igualdades de ángulos.

Completando la configuración: Sea $\ell$ la bisectriz del $\angle CAD$ . Digamos que $\ell$ corta a $BC$ en $I$ .

Lema: $\ell,DG,HC$ concurren.

Prueba. Por construcción $DCGH$ es un rectángulo asi que $DG$ y $HC$ se bisecan. Por otro lado, $\ell$ es bisectriz del triángulo isosceles $HAC$ entonces $\ell$ debe bisecar a $HG$ .

Llamemos $J$ a dicha intersección, $ACJD$ es cíclico ya que $J$ esta sobre la mediatriz de $CD$ y sobre $\ell$ . Notemos que $EJ \parallel FG$ por teorema de tales. De todo esto,

$\angle FGC = \angle JIC =\angle DAJ =\angle JAC = \angle JDC$

Y se sigue lo pedido.

Saludos,

germán.

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XXVIII OMM Problema 4

(Sin asunto)

Sea Γ\Gamma la

Hola a todos. Voy a comentar

Sea $\Gamma$ la