P1 Selectivo Ibero - Perú 2014

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UNREAD_POSTpor Emerson Soriano » Mar 28 Jun, 2016 5:46 pm

Las circunferencias $\mathcal{C}_1$ y $\mathcal{C}_2$ se intersectan en los puntos distintos $A$ y $B$. Las rectas tangentes a $\mathcal{C}_1$ que pasa por $A$ y $B$ se intersectan en el punto $T$. Sea $M$ un punto sobre $\mathcal{C}_1$ que está fuera de $\mathcal{C}_2$. La recta $MT$ intersecta nuevamente a $\mathcal{C}_1$ en $C$, la recta $MA$ intersecta nuevamente a $\mathcal{C}_2$ en $K$ y la recta $AC$ intersecta nuevamente a $\mathcal{C}_2$ en $L$. Prueba que la recta $MC$ pasa por el punto medio del segmento $KL$.
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Re: P1 Selectivo Ibero - Perú 2014

UNREAD_POSTpor jujumas » Mié 29 Jun, 2016 6:36 pm

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Simedianas

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Re: P1 Selectivo Ibero - Perú 2014

UNREAD_POSTpor ricarlos » Jue 30 Jun, 2016 10:24 am

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Sean $N=MT\cap KL$ y $Q=AT\cap KL$. Desde el punto de vista de C1 es facil ver que $\angle BAC=\angle BMC=\angle BMN=\angle BAL$ y mirando angulos inscritos en C2 vemos que $\angle BAL=\angle BKL$ con lo cual sale que $KNBM$ es ciclico.

Observamos que $\angle BNQ=\angle KMB$ por ser el primero angulo exterior al ciclico $KNBM$. Tambien $\angle BAQ=\angle KMB$ entonces $NQBA$ es ciclico. Si $KL$
intersecta a $AB$ en O, como AB es el eje radical de (NQBA) y C2 se tiene por potencia de O que $OK*OL=OQ*ON$, (1).

Por otro lado si $X=TM\cap AB$ sabemos que $(T,X;C,M)=-1$ y entonces $AK,AQ,AL,AO$ es un haz armonico por lo tanto $(O,Q;L,K)=-1$, (2).
Con los resultados (1) y (2) y el reciproco del lema limon viewtopic.php?f=6&t=52&p=14632#p14632 obtenemos que $N$ es punto medio de $KL$.
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.

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Re: P1 Selectivo Ibero - Perú 2014

UNREAD_POSTpor Emerson Soriano » Mié 17 May, 2017 10:20 pm

Tengo una solución un poco más elemental.
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Sea $N$ el punto de corte de la recta $MT$ y $KL$. Como el cuadrilátero $BMAC$ es cíclico, entonces $\angle BMC=\angle BAC=\theta$. Como el cuadrilátero $ABLK$ es cíclico, entonces $\angle BAL=\angle BKL=\theta$ y $\angle AKB=\angle BLA=\omega$. Luego, el cuadrilátero $BMKN$ es cíclico, pues $\angle BMN=\angle BKN=\theta$. Sabiendo que $BMKN$ es cíclico, entonces $\angle BNM=\angle BKM=\omega$ y $\angle NMK=\angle KBN=\alpha$. Como $\angle BNC=\angle BLC=\omega$, entonces el cuadrilátero $BLNC$ es cíclico, así, $\angle NBL=\angle LCN=\angle MCA=\phi$. Considere que $H$ es el punto medio de $AB$. Como $TC$ es simediana del triángulo $ABC$, entonces $\angle HCB=\phi$.

Sea $R$ un punto de $BK$ tal que $NR$ es paralelo a $BL$, entonces $\angle BNR=\phi$.

Notemos que los triángulos $BNK$ y $BAC$ son semejantes. Luego, como $\angle BCH=\angle BNR=\phi$, entonces los lados $CH$ y $NR$ son homólogos, y, por ende, los puntos $H$ y $R$ también son homólogos. De este modo, deducimos que $R$ es punto medio de $BK$, y, como $NR$ es paralelo a $BL$, entonces $N$ es punto medio de $KL$.
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