EGMO 2018 - P5

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Violeta

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EGMO 2018 - P5

Mensaje sin leer por Violeta » Vie 13 Abr, 2018 9:49 pm

Sea $\Gamma$ el circuncirculo de un triangulo $ABC$. Un circulo $\Omega$ es tangente al segmento $AB$ y a $\Gamma$ en el mismo lado de $AB$ que $C$. La bisectriz de $\angle ACB$ interseca a $\Omega$ en $P$ y $Q$.

Probar que $\angle ABP = \angle CBQ$.
Para todo [math], existen [math] primos en sucesión aritmética.

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Emerson Soriano

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Re: EGMO 2018 - P5

Mensaje sin leer por Emerson Soriano » Vie 13 Abr, 2018 11:21 pm

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sean $\omega_1$ el circuncírculo del triángulo $ABC$; $\omega_2$ la circunferencia tangente a la cuerda $AB$ y tangente a $\omega_1$; $R$ el punto de contacto entre $\omega_1$ y $\omega_2$; $T$ el punto de contacto de $\omega_2$ y $AB$; y $M$ el punto de intersección de la bisectriz interior del ángulo $\angle ACB$ y $\omega_1$.

Como $M$ es el punto medio del arco $AB$ que no contiene a $C$, entonces los puntos $R$, $T$ y $M$ son colineales.

Por potencia de $M$ en $\omega_2$ tenemos que $MT\cdot MR=MP\cdot MQ$. Luego, por el Lema $b)$ tenemos que $MB^{2}=MT\cdot MR$, por lo tanto, $MB^{2}=MP\cdot MQ$, lo cual implica que $\angle PBM=\angle BQM$. Como $\angle BQM=\angle MCB+\angle QBC$, $\angle PBM=\angle ABM+\angle PBA$ y $\angle MCB=\angle ABM$, se concluye que $\angle QBC=\angle PBA$, que es lo que se quería probar.
Imagen
Comentario. He considerado esa posición de los puntos $P$ y $Q$ sin pérdida de generalidad, pues si cambiamos sus posiciones lo que tendríamos que probar es lo mismo, en esencia.

ricarlos
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Re: EGMO 2018 - P5

Mensaje sin leer por ricarlos » Lun 16 Abr, 2018 8:39 pm

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Lema 1) Sean una circunferencia y una cuerda $AB$. Sea $M$ el punto medio del $\stackrel{\textstyle\frown}{\mathrm{AB}}$. Sean $X$ e $Y$ puntos sobre el $\stackrel{\textstyle\frown}{\mathrm{AB}}$, que no contiene a $M$, y $V=MX\cap AB$ y $W=MY\cap AB$. Entonces $VWYX$ es ciclico y lo demostramos viendo que

$\angle YWB = \frac{\stackrel{\textstyle\frown}{\mathrm{YB}}+\stackrel{\textstyle\frown}{\mathrm{AM}}}{2}$ y

$\angle MXY = \angle MXB+\angle BXY = \frac{\stackrel{\textstyle\frown}{\mathrm{BM}}}{2}+\frac{\stackrel{\textstyle\frown}{\mathrm{YB}}}{2}$

son angulos iguales pues $\stackrel{\textstyle\frown}{\mathrm{BM}}=\stackrel{\textstyle\frown}{\mathrm{AM}}$

Lema 1a) Por potencia de $M$ respecto a la circunscrita a $VWYX$ tenemos $(MV)(MX) = (MW)(MY)$, pero supongamos el caso particular en que $MW=MY=MB$ luego tendriamos que $(MV)(MX) = (MW)(MY) = MB^2$, dado este resultado concluimos que el circuncirculo de $XVB$ es tangente a $MB$ en $B$.
uno y dos.png
Lema 2) Sean $\alpha$ una circunferencia y $\beta$ otra dentro de la primera y tangente en $T$. Una recta secante corta a $\alpha$ en $A, B$ y a $\beta$ en $A', B'$, como se ve en el dibujo. Vamos a probar que $\angle ATA' = \angle BTB'$.
Si $M$ es el punto medio del arco $AB$ que no contiene a $T$ y luego $TM$ corta a $\beta$ en $M'$ entonces es facil probar con homotecia con centro en T que $M'$ tambien es punto medio del arco $A'B'$, de esta manera $\angle ATM = \angle BTM$ y $\angle A'TM = \angle B'TM$, entonces $\angle ATA' =\angle ATM-\angle A'TM$ que es igual a $\angle BTB' =\angle BTM-\angle B'TM$.

Con respecto al problema, le voy a "pedir prestado" el dibu a Emerson, y asi vemos que por potencia de $M$ respecto de la circunferencia menor es $(MT)(MR)=(MQ)(MP)$ (*).
Ahora, si $N=AB\cap CM$ por lema 1a) y considerando la potencia de M resp. de los circuncirculos de $CNB$ y $RTB$ tenemos que $MB^2 = (MN)(MC) = (MT)(MR)$ como vemos que esto es igual a (*) lo acomodamos asi $MB^2 = (MN)(MC) = (MQ)(MP)$ y con este resultado vemos que los circuncirculos a $CNB$ y $QPB$ son tangentes en $B$ y con el lema 2 (aqui CN seria la recta secante a ambas) tenemos que $\angle CBQ = \angle NBP$.
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
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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Fran5

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Re: EGMO 2018 - P5

Mensaje sin leer por Fran5 » Jue 19 Abr, 2018 2:48 pm

ricarlos escribió:
Lun 16 Abr, 2018 8:39 pm
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Lema 1) Sean una circunferencia y una cuerda $AB$. Sea $M$ el punto medio del $\stackrel{\textstyle\frown}{\mathrm{AB}}$. Sean $X$ e $Y$ puntos sobre el $\stackrel{\textstyle\frown}{\mathrm{AB}}$, que no contiene a $M$, y $V=MX\cap AB$ y $W=MY\cap AB$. Entonces $VWYX$ es ciclico
Este lema es conocido como lema de Mazzito :D

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ricarlos
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Re: EGMO 2018 - P5

Mensaje sin leer por ricarlos » Jue 19 Abr, 2018 6:11 pm

Gracias Fran5! mira q webbon ni me acordaba (2014, mi disco esta overflow)

estamos esperando la ref. al Lema b) de Emerson (aunque ya se entiende) ;)
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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