Iberoamericana 2016 P5

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UNREAD_POSTpor ésta » Mié 28 Sep, 2016 5:27 pm

Las circunferencias $C_1$ y $C_2$ se cortan en dos puntos distintos $A$ y $K$. La tangente común a $C_1$ y $C_2$ más cercana a $K$ toca a $C_1$ en $B$ y a $C_2$ en $C$. Sean $P$ el pie de la perpendicular desde $B$ sobre $AC$, y $Q$ el pie de la perpendicular desde $C$ sobre $AB$. Si $E$ y $F$ son los puntos simétricos de $K$ respecto de las rectas $PQ$ y $BC$, respectivamente, pruebe que los puntos $A$, $E$ y $F$ son colineales.
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Re: Iberoamericana 2016 P5

UNREAD_POSTpor Fran5 » Jue 29 Sep, 2016 11:33 am

No está completo (pero la idea sí)

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$AK$ es mediana de $ABC$, y no es dificil ver que $\angle BFC = \angle BKC = 180 - \angle BCK - \angle CBK = 180 - \angle CAK - \angle BAK = 180 - \angle BAC$, con lo cual $ABFC$ es cíclico con $\angle BAK = \angle CBK = \angle CBF = \angle CAF$. Luego $AF$ es simediana.

Queremos ver entonces que $AE$ también es simediana de $ABC$, pero como $APQ$ y $ABC$ son semejantes, queremos ver que $AE$ es mediana de $APQ$ y $AK$ es su simediana.

Si $H$ es el ortocentro de $ABC$ tenemos que $APQH$ es cíclico con $\angle BHC = \angle PHQ = 180 - \angle PAQ = 180 - \angle BAC = \angle BFC = \angle BKC$

Luego $BKHC$ y $PHKQ$ son cíclicos.

Sólo queda hacer unos angulitos para comprobar que $AK$ es simediana de $APQ$ y el problema sigue.
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Re: Iberoamericana 2016 P5

UNREAD_POSTpor Violeta » Jue 13 Jul, 2017 11:52 pm

Fran5 escribió:No está completo (pero la idea sí)

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$AK$ es mediana de $ABC$, y no es dificil ver que $\angle BFC = \angle BKC = 180 - \angle BCK - \angle CBK = 180 - \angle CAK - \angle BAK = 180 - \angle BAC$, con lo cual $ABFC$ es cíclico con $\angle BAK = \angle CBK = \angle CBF = \angle CAF$. Luego $AF$ es simediana.

Queremos ver entonces que $AE$ también es simediana de $ABC$, pero como $APQ$ y $ABC$ son semejantes, queremos ver que $AE$ es mediana de $APQ$ y $AK$ es su simediana.

Si $H$ es el ortocentro de $ABC$ tenemos que $APQH$ es cíclico con $\angle BHC = \angle PHQ = 180 - \angle PAQ = 180 - \angle BAC = \angle BFC = \angle BKC$

Luego $BKHC$ y $PHKQ$ son cíclicos.

Sólo queda hacer unos angulitos para comprobar que $AK$ es simediana de $APQ$ y el problema sigue.


La mia es, en esencia, la misma a la tuya, pero toma una ruta media diferente para probar que
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$AE$ es mediana de $\triangle APQ$.


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Vemos que $\angle BFC = \angle BKC = 180 - (\angle KBC + \angle KCB) = 180 - (\angle KAB + \angle KAC) = 180 - \angle BAC$ y sigue que $ABFC$ es ciclico, de donde $\angle CAK = \angle KCB = \angle FCB = \angle FAB$ y similarmente $\angle BAK = \angle KBC = \angle FBC = \angle FAC$. Entonces sigue que $AF$ es simediana de $\triangle ABC$ (por definicion de simediana, ya que $AK$ es trivialmente la mediana de $BC$). Ahora, se puede probar que $AF$ es mediana de $\triangle APQ$, un lema que pruebo aqui: viewtopic.php?f=17&t=2139&p=17349#p17349

Ahora, digamos que $PB$ y $CQ$ se intersecan en $H$. $\angle HBC = \angle PBC = 90-\angle ACB$ y $\angle HBC = \angle QCB = 90-\angle ABC$, de donde, $\angle BHC = 180-90+\angle ACB -90+\angle ABC = \angle ACB + \angle ABC$. Pero ahora bien: $\angle BKC = 360-\angle AKC -\angle AKB = 360-180+\angle KAC + \angle KCA -180 + \angle KAB + \angle KBA = \angle KAC + \angle ACB - \angle KAC + \angle KAB + \angle ABC - \angle KAB = \angle ABC + \angle ACB$. Entonces, $BHKC$ es ciclico y sigue que $\angle CBK = \angle CHK \Rightarrow \angle KHQ = 180 - \angle CBK = 180 - \angle QAK$ y $QAKH$ es ciclico, pero como $QAPH$ es cilcio (pues $\angle HQA + \angle HPA = 90+90=180$), sigue que $QAPK$ es ciclico.

Ahora, marquemos otro punto $E'$ que sea la interseccion de las circunferencias tangentes a $PQ$ que pasan por $A,Q$ y $A,P$. Luego, si $X$ es la interseccion de $AE'$ y $PQ$, sigue que $PX^2=QX^2 \Rightarrow PX=PQ$ y $AE'$ es mediana de $PQ$, de donde $A,E',F$ con colineales.

Ahora, bien, ya que tenemos que $A,E',F$ son colineales, que $E'$ es el punto de interseccion de las circunferencias tangentes a $PQ$ que pasan por $A,P$ y $P,Q$ y como $APKQ$ es ciclico: $\angle KPQ = \angle KAQ = \angle E'AP = \angle E'PQ$ y similarmente se prueba que $\angle KQP = \angle E'QP$. Como $\triangle E'QP \cong KQP$, $E'$ es el reflejo de $K$ con respecto a $PQ$, de donde $E'=E$ y $A,E,F$ son colineales.
Para todo $k$, existen $k$ primos en sucesión aritmética.
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