Ibero 2006 - P5

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
Avatar de Usuario
Gianni De Rico

FOFO 7 años - Mención Especial-FOFO 7 años OFO - Medalla de Oro-OFO 2019 FOFO 9 años - Jurado-FOFO 9 años COFFEE - Jurado-COFFEE Matías Saucedo OFO - Jurado-OFO 2020
FOFO Pascua 2020 - Jurado-FOFO Pascua 2020 COFFEE - Jurado-COFFEE Carolina González COFFEE - Jurado-COFFEE Ariel Zylber COFFEE - Jurado-COFFEE Iván Sadofschi FOFO 10 años - Jurado-FOFO 10 años
OFO - Jurado-OFO 2021 FOFO 11 años - Jurado-FOFO 11 años OFO - Jurado-OFO 2022 FOFO Pascua 2022 - Jurado-FOFO Pascua 2022 FOFO 12 años - Jurado-FOFO 12 años
OFO - Jurado-OFO 2023 FOFO 13 años - Jurado-FOFO 13 años OFO - Jurado-OFO 2024
Mensajes: 2212
Registrado: Vie 16 Sep, 2016 6:58 pm
Medallas: 18
Nivel: Exolímpico
Ubicación: Rosario
Contactar:

Ibero 2006 - P5

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Sea $ABCD$ un cuadrilátero que posee una circunferencia inscrita $\omega$. Sean $P$ y $Q$ los puntos de tangencia de $AD$ y $CD$, respectivamente, con $\omega$. La recta $BD$ corta a $\omega$ en $X$ e $Y$, si $M$ es el punto medio de $XY$, demostrar que $\angle AMP=\angle CMQ$.
♪♫ do re mi función lineal ♪♫
Avatar de Usuario
Gianni De Rico

FOFO 7 años - Mención Especial-FOFO 7 años OFO - Medalla de Oro-OFO 2019 FOFO 9 años - Jurado-FOFO 9 años COFFEE - Jurado-COFFEE Matías Saucedo OFO - Jurado-OFO 2020
FOFO Pascua 2020 - Jurado-FOFO Pascua 2020 COFFEE - Jurado-COFFEE Carolina González COFFEE - Jurado-COFFEE Ariel Zylber COFFEE - Jurado-COFFEE Iván Sadofschi FOFO 10 años - Jurado-FOFO 10 años
OFO - Jurado-OFO 2021 FOFO 11 años - Jurado-FOFO 11 años OFO - Jurado-OFO 2022 FOFO Pascua 2022 - Jurado-FOFO Pascua 2022 FOFO 12 años - Jurado-FOFO 12 años
OFO - Jurado-OFO 2023 FOFO 13 años - Jurado-FOFO 13 años OFO - Jurado-OFO 2024
Mensajes: 2212
Registrado: Vie 16 Sep, 2016 6:58 pm
Medallas: 18
Nivel: Exolímpico
Ubicación: Rosario
Contactar:

Re: Ibero 2006 - P5

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Solución:
Spoiler: mostrar
Ibero 2006 P5 (1).png
Sea $\omega$ la circunferencia de referencia, y sean $R=BC\cap \omega$, $S=AB\cap \omega$, $T=XX\cap YY$, $\{U,V\}=TC\cap \omega$, $E=BD\cap PQ$ y $F$ el pie de la perpendicular desde $E$ a $UV$. Supongamos WLOG que $B,X,Y,D$ y $T,C,V,U$ están en ese orden.

Como $RR,SS,XY$ pasan por $B$, y $PP,QQ,XY$ pasan por $D$, tenemos que $XRYS$ y $XPYQ$ son armónicos, luego $PQ$ y $RS$ pasan por $T$. Además, como $RR,QQ,UV$ pasan por $C$, tenemos que $UQRV$ es armónico, de donde $\{U,V;R,Q\}=-1$, pero $\{V,U;S,P\}\underset{T}{=}\{U,V;R,Q\}$, por lo que $UPVS$ es armónico, de donde $SS,PP,UV$ pasan por $A$.

Ahora, $XY$ es la polar de $T$, de donde $\{T,E;P,Q\}=-1$, y como $FE\perp UV\parallel FT$, tenemos que $\angle QFE=\angle EFP$, de donde $\angle CFQ=\angle PFA$.

Como $M$ es punto medio de $XY$, tenemos que $TM\perp XY\parallel ME$, y también $TF\perp EF$, de donde $TEMF$ es cíclico.
Ibero 2006 P5 (2).png
Consideremos la inversión de centro $T$ y radio $TX=TY$, y sean $C',E',F',O$ los inversos de $C,E,F,M$, respectivamente (notemos que $P$ es el inverso de $Q$). Tenemos que $E'$ es el punto medio de $PQ$, que $E',O,F'$ están alineados, y que $E'F'\perp PQ$, de donde $O$ está en la mediatriz de $PQ$. Por otro lado, $OT\parallel TM\perp XY$ y $M$ es el punto medio de $XY$, de donde $O$ está en la mediatriz de $XY$, luego, $O$ es el centro de $\omega$.
Notemos entonces que$$\angle F'OP=\angle E'OP=\angle QSP=\angle DQP=\angle CQT=\angle TC'P=\angle F'C'P$$luego, $PF'OC'$ es cíclico, por lo que $QFMC$ es cíclico. Análogamente, $PFMA$ es cíclico. Entonces $$\angle AMP=\angle AFP=\angle CFQ=\angle CMQ$$
Ibero 2006 P5 (3).png
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
♪♫ do re mi función lineal ♪♫
Avatar de Usuario
¿hola?

OFO - Mención-OFO 2016 OFO - Medalla de Bronce-OFO 2017 OFO - Medalla de Bronce-OFO 2018 OFO - Medalla de Plata-OFO 2019 OFO - Medalla de Oro-OFO 2020
COFFEE - Mención-COFFEE Ariel Zylber OFO - Jurado-OFO 2021 FOFO 11 años - Jurado-FOFO 11 años OFO - Jurado-OFO 2022
Mensajes: 164
Registrado: Vie 01 Ene, 2016 1:12 am
Medallas: 9
Nivel: Exolímpico
Contactar:

Re: Ibero 2006 - P5

Mensaje sin leer por ¿hola? »

Angulitos y semejanzas.
Spoiler: mostrar
Sea $O$ centro de $w$, $E$ y $F$ intersecciones de $MO$ con $AD$ y $CD$. $\angle DMO=90$ ya que $DM$ es mediatriz de $XY$.
Veamos que $OQDP$ es cíclico ya que $\angle OQD=\angle OPD=90$ y ademas como $\angle DMO=90=\angle OQD$ entonces $OQDPM$ es cíclico (análogamente $ORBSM$ es ciclico) y porque $\angle POD=\angle QOD$ entonces $\angle PMD=\angle DMQ=\angle POD=\angle QOD$, luego como $\angle DMF=\angle DME=90$ entonces $\angle FMQ=\angle EMP$ y solo falta probar que $\angle AME=\angle CMF$ que es lo mismo $180-\angle OMA=\angle OMC$
Spoiler: mostrar
iberop5.png
El inverso de $M$ por $w$ es la intersección de $QP$ con $RS$ (ya que $OQDPM$ y $ORBSM$ son cíclicos) que es $M'$ luego es fácil ver que $A'$ y $C'$ son los puntos medios de $PS$ y $QR$ respectivamente. ahora hace falta probar que $180-\angle OA'M'=\angle OC'M'$, para esto miremos que $\angle M'A'S'=\angle M'C'Q'$ porque los triángulos $M'A'S'$ y $M'C'Q'$ son semejantes por el criterio LAL ($\angle M'Q'C'=\angle M'S'A'$ y $\frac{M'Q'}{Q'R'}=\frac{M'S'}{S'P'}=\frac{M'S}{2S'A'}=\frac{M'Q'}{2Q'C'}$ que implica $\frac{M'S}{S'A'}=\frac{M'Q'}{Q'C'}$) y ademas $\angle M'A'S'=90+180-\angle OA'M'=\angle M'C'Q'=90+\angle OC'M'$ por lo que $180-\angle OA'M'=\angle OC'M'$ como queríamos.
Spoiler: mostrar
ibero.png
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
Yes, he who
Responder