Olimpo Matematico Geometria Año 1 Folleto 2

OLIMPO MATEMATICO-GEOMETRIA Ao 1- Folleto N 2

_______________________________________________________________________ El conocimiento es patrimonio de la humanidad Pg. 1 [email protected]

Problema 1

Se dice que un tringulo es armnico si a2+b2+c2=4R2, (R es el circunradio).

Demostrar que ABC es armnico si y solo si el circuncrculo y el crculo de los nue-

ve puntos son ortogonales.

Fuente: Aparecido en Mathlinks-Revista Archimede

Problema 2

Dado un tringulo ABC, un punto D sobre AC tal que AC=BD. Asumir que:

A=3x, C=4x, CBD=2x, encontrar x. Fuente: Hetidemek-Problem-7 SAT Prep, College geometry Mon Apr 30, 2007

Problema 3

Un tetraedro OABC satisface las siguientes condiciones:

[a] OA BC ,OB AC ,OC AB [b] Las reas de las cuatro caras del tetraedro son iguales.

Probar que el tetraedro es regular.

Fuente: Aparecido en Mathlinks-2004-2003 Kyoto university

Problema 4

Sean O,I,H el circuncentro, incentro y ortocentro respectivamente, de un tringulo

agudo no equiltero ABC. Probar que si el circuncrculo del tringulo OIH pasa por

uno de los vrtices del tringulo ABC entonces pasa por uno de los otros dos vrti-

ces del tringulo ABC.

Fuente: Bulgarian Mathematical Competitions-2000-10.2

Problema 5

ABCD es un cuadriltero cclico, E,F,G,H son puntos medios de los arcos

AB,BC,CD,DA. P,Q,R,S son incentros de los tringulos ABC, BCD, DCA, DBA res-

pectivamente. Probar que PQRS es un rectngulo con lados paralelos a EG, FH.

Fuente: El rectngulo-Propuesto por skywalker 08 de Marzo de 2007



SOLUCIONARIO

Problema 1

La condicin de ortogonalidad es equivalente a 2

2 2 2 2RON R 4ON 5R4

= + = , donde R es el circunradio, y O,N son el circuncentro y el centro del circulo de nue-

ve puntos. Sin embargo, 4ON2=OH2, y OH2=9R2-(a2+b2+c2). Esto demuestra que

4ON2=5R2, es equivalente a a2+b2+c2=4R2, y lo tenemos hecho.

Solucin: Los proponentes y traduccin de Aldo Gil C.

Problema 2

Para m no hay ms que una solucin trigonomtrica:

1) De la ley de senos en ABD obtenemos:

xsenAB

xsenBD

63= .

2) De la ley de senos en ABC obtenemos:

xsenAB

xsenAC

47= . Dividiendo entre ellas

obtenemos: sen 6x.sen 7x=sen 3x.sen 4x.

2cos 3x.sen 7x=sen 4x sen 10x+sen 4x=sen 4x sen 10x=0 x=

10

; es la ni-

ca solucin porque 0



Problema 4

Asumir que O,I,H y C estn en un crculo. Es conocido que CI es la bisectriz de

HCO. As IHO= ICO= ICH=HOI y de aqu en el tringulo IHO tiene IH=IO= t.

Debemos probar que si

BAC 60 entonces O,I,H y A estn en un crculo. Denotamos

por M y N los puntos de proyeccin

donde I en AO y AH respectiva-

mente. Sea O1 y O2 tales que

IO1=IO2=t y O1 esta entre A y M,

y M esta entre O1 y O2. Anloga-

mente sea H1 y H2 tales que

IH1=IH2=t y H1 esta entre A y N,

y N est entre H1 y H2. Si O O1; H H1 o OO2; H H2, entonces AIHAIO y de aqu AO=AH. Pero AH=2AO cosBAC y as BAC=60. Si

OO1;HH2 o OO2; HH1, entonces IO1O2= IO2O1= IH1H2= IH2H1, tal que AOIH es inscriptible. Suponer ahora que A y B no estn en el circuncrculo del

tringulo OIH. En este caso BAC=ABC=60 y en consecuencia el tringulo ABC es equiltero lo cual es una contradiccin.

Solucin: Los autores, diagramacin y traduc-

cin de Aldo Gil

Problema 5

R es el incentro del tringulo ACD, as

GR=GC=GD.

Q es el incentro del tringulo BCD, as

GQ=GC=GD. As GR=GQ. Por otro lado GE

es la bisectriz de AGB del tringulo iss-celes RGQ as GE es la mediatriz de QR.

En forma similar GE es la mediatriz de SP.

Esto significa que SPRQ es un trapecio



issceles

(SP//RQ).(1)

En forma similar SRPQ es un trapecio issceles(2). De (1) y (2) tenemos que

PQRD es un rectngulo, cuyos lados son paralelos a EG y FH

Solucin: Huyn V, 08 Marzo 2007

Otro mundo es posible. Si nosotros queremos

Aldo Gil Crisstomo

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