P2 - Olimpiada Matemática Centro América y el Caribe 2016

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Emerson Soriano

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Mensaje sin leer por Emerson Soriano » Dom 19 Jun, 2016 7:53 pm

Sea [math] un triángulo acutángulo, [math] su circunferencia circunscrita y [math] el punto medio del lado [math]. Sea [math] el punto del arco [math] de [math] que no contiene a [math], tal que [math]. Sea [math] el punto medio de [math], [math] el punto medio de [math] y [math] el pie de la altura desde [math] al lado [math]. Demuestre que los puntos [math], [math] y [math] son colineales.
Última edición por Emerson Soriano el Dom 19 Jun, 2016 11:36 pm, editado 1 vez en total.

ricarlos
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Re: P2 - Olimpiada Matemática Centro América y el Caribe 201

Mensaje sin leer por ricarlos » Dom 19 Jun, 2016 10:58 pm

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Sean [math] y [math] los puntos medios de los arcos [math] y [math], respectivamente. Prolonguemos [math] hasta cortar a [math] en [math]. Es evidente que [math]
es simediana. Vamos a obtener dicho punto [math] de la siguiente manera: reflejamos [math] respecto de [math] y llamamos [math] y [math] a la interseccion de esta recta reflejada con [math] y [math], respectivamente. Esta claro que [math] y por opuesto al vertice este ultimo es igual a [math]. Por ser [math] diametro
es que los arcos [math] (sabemos que AL es bisectriz) entonces [math]. Ahora es facil ver que como [math], los puntos [math] estan sobre la base media, respecto de [math], en el triangulo (isosceles) [math]
Dado un triangulo ABC y los puntos medios L, M y N de los lados BC, AC y AB, respectivamente, probar que las bisectrices de los angulos ANB, BLC y CMA son concurrentes.

jujumas

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Re: P2 - Olimpiada Matemática Centro América y el Caribe 201

Mensaje sin leer por jujumas » Dom 19 Jun, 2016 11:14 pm

Solución:
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Figura de análisis: https://gyazo.com/b6e253d42faf0ce15b5205510d4b2ab9

Notemos que [math] es simediana de [math]. Luego, podemos suponer sin perdida de generalidad que [math]. Una homotecia centro [math] razón [math] lleva a [math], [math] y [math] a [math], [math] y el reflejo de [math] por [math] respectivamente, y un reflejo por [math] de estos tres puntos llevan a estos puntos a [math], el reflejo de [math] por [math] que llamaremos [math] y [math]. Luego, queremos ver que estos puntos son colineales, y en particular ,que [math], o que [math] por reflejo, pero como [math], queremos demostrar que [math] y [math] son semejantes, o que [math], que es equivalente a ver que [math]. Luego, necesitamos que [math] sea simediana de [math], o que, por lema de simedianas, [math], [math] y el punto de intersección de las tangentes a [math] por [math] y [math] sean coliniales, pero esto es trivial ya que [math] es simediana de [math].
Última edición por jujumas el Lun 20 Jun, 2016 2:15 pm, editado 1 vez en total.

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Fran5

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Re: P2 - Olimpiada Matemática Centro América y el Caribe 201

Mensaje sin leer por Fran5 » Lun 20 Jun, 2016 1:02 am

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Supongamos WLOG [math].

Es conocido que el cuadrilatero [math] es armónico.

Ahora, la perpendicular a [math] por [math] corta a la recta [math] en [math]. Las tangentes a [math] por [math] y [math] se cortan en [math].
Como [math] es el punto medio de [math], se tiene que [math] está en la perpendicular a [math] por [math].
Como [math] es cíclico, las tangentes y la recta [math] se cortan en un punto. Luego [math] está en [math].
De esto se tiene que [math].

En particular, [math] es tangente a [math]

Finalmente

[math]
[math]
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tuvie

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Re: P2 - Olimpiada Matemática Centro América y el Caribe 201

Mensaje sin leer por tuvie » Lun 20 Jun, 2016 10:49 am

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Es un hecho conocido que [math] es un cuadrilatero armónico, por lo que proyectando por [math] a la recta [math] tenemos que, siendo [math] la intersección de [math] y [math] y [math] la interseccion de las tangentes a la circunscrita de [math] por [math] y [math], [math] y la mediatriz de [math], la cuaterna [math]. Ahora voy a usar el lema que dice que si [math] son cuatro puntos sobre una recta en ese orden y [math] un punto cualquiera, y se cumplen dos de las siguientes 3, entonces se cumple la tercera: [math], [math] perpendicular a [math] y [math] bisectriz de [math]. Aplicando esto a [math] con el punto [math], se tiene que [math] es bisectriz de [math], pero como [math] por ser [math] el punto medio de la hipotenusa [math] en [math], y usando lo que mencione antes, [math] por lo que [math] es paralela a [math] y como [math] es punto medio de [math], [math] pasa por el punto medio de [math], como pedia el problema.

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Emerson Soriano

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Re: P2 - Olimpiada Matemática Centro América y el Caribe 201

Mensaje sin leer por Emerson Soriano » Mar 21 Jun, 2016 9:46 pm

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Sea [math] un triángulo, con [math] (sin pérdida de generalidad), sea [math] su circuncírculo, sea [math] el punto medio de [math] y sea [math] el pie de la altura desde [math] hacia [math]. Ubicamos un punto [math] en la recta [math] ([math] entre [math] y [math]) tal que [math], en consecuencia [math], [math], [math] y [math]. Supongamos que la recta [math] corta a [math] en el punto [math], y hagamos [math], [math]. Es fácil darse cuenta que [math], [math] y [math].

Si [math], supongamos sin pérdida de generalidad que [math], entonces existe un punto [math] en el interior del segmento [math] tal que [math]. Luego, es claro que la recta [math] es eje radical de los circuncírculos de los triángulos [math] y [math]. Así, tenemos que [math], y en consecuencia, [math], lo cual es absurdo. Por lo tanto, [math], es decir, [math] es simediana, y por ende [math].

Finalmente, [math], [math] y [math] son puntos de la base media del triángulo [math], con base [math].

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Violeta

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Re: P2 - Olimpiada Matemática Centro América y el Caribe 201

Mensaje sin leer por Violeta » Dom 04 Jun, 2017 7:26 pm

Estoy un poco tarde (12 meses) solamente, pero dejo mi solucion de todos modos.
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Se me olvido marca R, S y X. Oops.
CENTRO 2016 - P2.PNG
De todos modos, llamamos [math] el centro de [math] y [math] y [math] las intersecciones de [math] y [math] con [math], respectivamente.

[math]

De esto sale que los puntos [math] son los reflejos de los puntos [math]. Como los primeros cuatro de estos de cada una de esas listas estan sobre [math], son equidistantes de [math] y [math] esta sobre la linea por la cual se reflejaron. Como [math] refleja a si mismo, [math] tambien esta sobre esta linea y tal linea es la mediatriz de [math]. Entonces, [math] es la bisectriz de [math], de donde [math], donde [math] es la interseccion de [math] con [math].

Ahora, es directo que [math].

Ya que tenemos eso probado, vemos que [math], por Thales. Extendamos [math] hasta que interseque a [math] en [math].**

Vemos que el triangulo [math] es isosceles porque [math] y se tiene que [math] es el punto medio de [math]. Nuevamente por Thales, [math] y [math] son colineales.

** Si [math], [math], pero como ya habiamos probado que [math], [math] y [math], por lo que la colinealidad es trivial.
Creo que me complique mucho mas de lo que era necesario...
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
Para todo [math], existen [math] primos en sucesión aritmética.

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Re: P2 - Olimpiada Matemática Centro América y el Caribe 2016

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 24 Nov, 2018 5:43 pm

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Sea $I$ el punto medio del arco $BNC$ de $\Gamma$ y $G$ el punto de intersección de la semirrecta $RM$ con $\Gamma$, luego $AI$ es bisectriz de $\angle BAC$ y $MI$ es mediatriz de $BC$. Como $AN$ es simediana de $\triangle ABC$ tenemos que $\angle NAI=\angle IAG\Rightarrow NI=IG$, por lo que $BCNG$ es un trapecio isósceles, en particular $MI$ es mediatriz de $NG$, por lo que $MN=MG\Rightarrow \angle MGN=\angle MNG$, por ángulos entre paralelas $\angle RMT=\angle MGN$ y $\angle TMN=\angle MNG$, por lo tanto $\angle RMT=\angle TMN$. Por la propiedad de la mediana de un triángulo rectángulo tenemos $RT=RM\Rightarrow \angle RTM=\angle RMT=\angle TMN\Rightarrow RT\parallel MN$. Por ser $RS$ base media de $MN$ en $\triangle AMN$ resulta $RS\parallel MN$. Por lo tanto los puntos $R,S,T$ están sobre la paralela a $MN$ por $R$.
[math]

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