Selectivo de IMO 2017 P3

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Matías V5

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Selectivo de IMO 2017 P3

Mensaje sin leer por Matías V5 » Jue 04 May, 2017 8:31 pm

La circunferencia inscrita del triángulo [math] es tangente a [math] en los puntos [math] respectivamente. Sea [math] el incentro del triángulo [math]. Supongamos que la recta [math] corta a las rectas [math] en los puntos [math] respectivamente. Si la recta que pasa por el punto medio de [math] y por [math] corta a [math] en [math], demostrar que [math].
"La geometría es el arte de hacer razonamientos correctos a partir de figuras incorrectas." -- Henri Poincaré

ricarlos
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Re: Selectivo de IMO 2017 P3

Mensaje sin leer por ricarlos » Vie 05 May, 2017 2:09 pm

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Llamamos [math] y [math] a los angulos [math] y [math], respèctivamente, y recurrimos al "lema de Miguel" del cual se desprende que [math].
Luego como [math] tenemos que [math] estan en una circunferencia de diametro [math] que llamamos [math].
Por lo tanto [math],
entonces [math] que es igual a [math] ....... (1)
Con el mismo "lema de Miguel" sabemos que [math] luego [math] es ciclico y de alli que
[math] ....... (2)
Prolongamos [math] hasta cortar a [math] en [math], como [math] y [math] es diametro se tiene que [math] por lo tanto [math].
Tenemos que [math] (el angulo QDL hay que verlo como angulo exterior al ciclico CIDK')

Como [math] tenemos que M,L,Q y K es cuaterna armonica que vamos a escribir [math].

Llamamos [math] al punto medio de [math] y con Menelao en triangulo [math] y transversal [math] tenemos

[math], entonces [math].

Igualando las 2 ultimas [math], por Tales (en triangulo KLC) se tiene que [math].

Al ser paralelas [math], teniendo en cuenta (2) y [math], teniendo en cuenta (1).

Finalmente los triangulos [math] y [math] son semejantes, entonces [math].

De alli se desprende lo que nos piden.
imagen.png
Lema: https://www.omaforos.com.ar/viewtopic.p ... guel#p8907
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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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Gianni De Rico

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Re: Selectivo de IMO 2017 P3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 08 Ene, 2019 12:54 am

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Sean $\angle CAB=2\alpha$, $\angle ABC=2\beta$, $\angle BCA=2\gamma$ y $G$ el punto medio de $CL$.
Como $\triangle DEF$ es el triángulo de contacto de $\triangle ABC$, tenemos $BF=BD$, $CD=CE$ y $AE=AF$, de donde $\frac{AF}{FB}\frac{BD}{DC}\frac{CE}{EA}=1$ y por Menelao tenemos $\frac{AF}{FB}\frac{BM}{MC}\frac{CE}{EA}=-1$, por lo que $\frac{BD}{DC}\frac{CM}{MB}=-1$ y $\{M,D;B,C\}$ es una cuaterna armónica.
Ahora, de $AE=AF$ y $\angle CAB=2\alpha$ tenemos $\angle MFB=\angle EFA=90°-\alpha$, luego $\angle DMQ=\angle BMF=180°-\angle MFB-\angle MBF=180°-(90°-\alpha )-(2\alpha +2\gamma )=90°-\alpha -2\gamma$; por ser $I$ incentro tenemos $DI\perp BC\Rightarrow QI\perp BC$, luego $\angle LQI=\angle MQF=\alpha +2\gamma$, además $\angle QIL=\angle CID=90°-\gamma$, de donde $\angle ILQ=180°-\angle QIL-\angle LQI=180°-(90°-\gamma )-(\alpha +2\gamma )=90°-\alpha -\gamma =\beta =\angle IBA=\angle IBF\Rightarrow BFLI$ es cíclico. Por ser $I$ incentro tenemos $\angle IFB=90°=\angle IDB\Rightarrow BFID$ es cíclico. Luego $BFLID$ es cíclico y $\angle DLI=\angle DBI=\beta$, por lo que $LI$ es bisectriz de $\angle DLK$. Además, $\angle LID=180°-\angle CID=180°-(90°-\gamma )=90°+\gamma$, de donde $\angle IDL=180°-\angle DLI-\angle LID=180°-\beta -(90°+\gamma )=90°-\beta -\gamma =\alpha$.
Ahora, sea $H$ el segundo punto de intersección de la circunferencia de centro $B$ y radio $BD=BF$ y la recta $EF$, luego $\angle KHD=\angle FHD=\frac{1}{2}\angle FBD=\frac{1}{2}2\beta =\beta =\angle IBD=\angle KBD\Rightarrow KDBH$ es cíclico, como $BH=BD$ por ser radios de una misma circunferencia, tenemos que $KB$ es bisectriz de $\angle HKD$, es decir que $KI$ es bisectriz de $\angle LKD$, de donde $I$ es incentro de $\triangle LKD$, por lo que $DI$ es bisectriz de $\angle LDK\Rightarrow DQ$ es bisectriz de $\angle LDK$, por lo que $\angle LDK=2\alpha$ y se sigue que $\angle LKD=2\gamma$. Como $\{M,D;B,C\}$ es una cuaterna armónica y $KB$ es bisectriz de $\angle MKD$, tenemos que $\angle BKC=90°\Rightarrow \angle PKQ=\angle CKB+\angle BKL=90°+\gamma =\angle AIB$. Como $DQ$ es bisectriz de $\angle KDL$ y $\angle QDM=90°$ tenemos que $\{M,Q;L,K\}$ es una cuaterna armónica, es decir que $\frac{MK}{ML}=\frac{QK}{LQ}$.
Veamos que $PQ\parallel CL$. En efecto, por el Teorema de la Bisectriz Generalizado en $\triangle CML$ y por ser $G$ punto medio de $CL$ tenemos $1=\frac{GC}{GL}=\frac{MC}{ML}\frac{\sin (\angle CMG)}{\sin (\angle GML)}$ (*), y por el Teorema de la Bisectriz Generalizado en $\triangle CMK$ tenemos $\frac{PC}{PK}=\frac{MC}{MK}\frac{\sin (\angle CMP)}{\sin (\angle PMK)}=\frac{MC}{MK}\frac{\sin (\angle CMG)}{\sin (\angle GML)}$ (**), dividiendo (*) por (**) tenemos $\frac{PK}{CP}=\frac{MK}{ML}=\frac{QK}{LQ}$, y por Thales resulta $PQ\parallel CL$. Luego, $\angle PQK=\angle CLK=\beta =\angle ABI$, y como $\angle PKQ=\angle AIB$, resulta que $\triangle PKQ\simeq \triangle AIB\Rightarrow \frac{PQ}{KQ}=\frac{AB}{BI}\Rightarrow PQ=\frac{AB\cdot KQ}{BI}$.
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[math]

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