Ibero 2019 - P4

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Gianni De Rico

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Ibero 2019 - P4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Sea $ABCD$ un trapecio con $AB\parallel CD$ e inscrito en la circunferencia $\Gamma$. Sean $P$ y $Q$ dos puntos en el segmento $AB$ ($A,P,Q,B$ están en ese orden y son distintos) tales que $AP=QB$. Sean $E$ y $F$ los segundos puntos de intersección de las rectas $CP$ y $CQ$ con $\Gamma$, respectivamente. Las rectas $AB$ y $EF$ se cortan en $G$. Demuestra que la recta $DG$ es tangente a $\Gamma$.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

jujumas

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Re: Ibero 2019 - P4

Mensaje sin leer por jujumas »

Solución:
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Figura:
Ibero2019P4.png
Claramente $ABCD$ es un trapecio isósceles. Notemos entonces que $DCQP$ también lo es, por lo que obtenemos que $\angle DPC = \angle DQC$, pero como $\angle DEC = \angle DFC$, obtenemos que los triángulos $DEP$ y $DFQ$ son semejantes.

Ahora, notemos que como $\angle EDP = \angle FDQ$, $\angle EDF = \angle PDQ$, y como $DEP$ y $DFQ$ son semejantes, $\frac{DE}{DP}= \frac{DF}{DQ}$, por lo que $DPQ$ y $DEF$ también son semejantes. Luego, $\angle GFD = \angle EFD = \angle DQP = \angle GQD$ y $GFQD$ es cíclico.

Por último, como $GFQD$ es cíclico y $GB$ es paralela a $DC$ obtenemos que $\angle GDF = \angle GQF = \angle CQB = \angle QCD = \angle FCD$, y por semi-inscritos tenemos que $GD$ es tangente al circuncírculo del trapecio.
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Gianni De Rico

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Re: Ibero 2019 - P4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

¿Angulitos? ¿Qué es eso? ¿Se come?
Generalización:
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Sea $ABCD$ un trapecio con $AB\parallel CD$ e inscrito en la circunferencia $\Gamma$. Sean $P$ y $Q$ dos puntos en la recta $AB$ tales que $P$ y $Q$ son simétricos respecto del punto medio de $AB$. Sean $E$ y $F$ los segundos puntos de intersección de las rectas $CP$ y $CQ$ con $\Gamma$, respectivamente. Las rectas $AB$ y $EF$ se cortan en $G$. Demuestra que la recta $DG$ es tangente a $\Gamma$.
Solución:
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Lema: Sean $A,B,C,D,B',D'$ puntos sobre una circunferencia $\Gamma$ tales que $ABCD$ y $AB'CD'$ son armónicos, y sean $E=BB'\cap DD'$ y $F=BD'\cap B'D$.
Entonces $A,C,E,F$ están alineados.
Demostración:
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Ibero 2019 P4 - Lema - Figura de análisis.png

Sea $G=AC\cap BD$. Aplicamos una transformación proyectiva que deje fija $\Gamma$ y mande $G$ al centro de $\Gamma$. Luego, $ABCD$ es un rectángulo, y al ser armónico, es un cuadrado. Como $AB'CD'$ es armónico, tenemos que las tangentes a $\Gamma$ por $B'$ y $D'$ se cortan en un punto $X$ que pertenece a $AC$, es decir, a la mediatriz de $BD$, pero $XB'=XD'$ por ser tangentes a $\Gamma$, luego, $B'D'\parallel BD$, por lo que $BDB'D'$ (o $BB'D'D$, según el orden de los puntos) es un trapecio isósceles, y $AC$ es la mediatriz de sus bases. Entonces $(BB',DD',AC)$ concurren y $(BD',B'D,AC)$ concurren, es decir, $A,C,E,F$ están alineados. $\blacksquare$
Ibero 2019 P4 - Figura de análisis.png

Consideremos $\Gamma$ como la circunferencia de referencia.
Sean $H=AF\cap BE$, $I=AE\cap BF$, $J=HI\cap AB$, $K=AA\cap BB$, $M$ el punto medio de $AB$, $L=CM\cap \Gamma$ (con $L\neq C$), y $P_{\infty}=AB\cap CD$.
Como $G$ está en la polar de $K$, tenemos que la polar de $G$ pasa por $K$. Por Brokard, la polar de $G$ es $HI$, de donde $H,I,J,K$ están alineados sobre la polar de $G$.
Ahora, notemos que como $AP=QB$, entonces $M$ es el punto medio de $PQ$. Luego $$\{A,B;L,D\}\underset{C}{=}\{A,B;M,P_{\infty}\}=-1=\{P,Q;M,P_{\infty}\}\underset{C}{=}\{E,F;L,D\}$$ de donde $ALBD$ y $ELFD$ son armónicos, y por el Lema aplicado a $ALBD$ y $ELFD$, tenemos que $I=AE\cap BF$ y $H=AF\cap BE$ están sobre $DK$, es decir, $D,K\in HI$. Luego, $D,H,I,J,K,L$ están alineados, por lo que están todos sobre la polar de $G$. En particular, como $D$ está sobre la polar de $G$ y $D\in \Gamma$, entonces $DG$ es tangente a $\Gamma$.
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Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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Fran5

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Re: Ibero 2019 - P4

Mensaje sin leer por Fran5 »

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Si F' es la intersección de DQ con Gamma, entonces
Se tiene que DFG = DFE = DF'E = DQP = DQG

Luego DQFG es cíclico

Finalmente GDF = GQF = DCF por cíclico y paralelas
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"Al toque Roque // Al pique Quique // Tranca palanca // No pasa nada // Argentina Gana // La tenés adentro // Costa Rica te entro"

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Gianni De Rico

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Re: Ibero 2019 - P4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

El problema puede generalizarse aún más
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Sean $M$ y $N$ dos puntos cualesquiera. Sean $A,B,P,Q$ puntos sobre la recta $MN$ tales que $\{A,B;M,N\}=-1=\{P,Q;M,N\}$, y sea $C$ un punto exterior a la recta $MN$. Las rectas $CN,CP,CQ$ cortan a la circunferencia circunscrita del triángulo $ABC$ en los puntos $D,E,F$, respectivamente. Las rectas $EF$ y $AB$ se cortan en $G$. Demostrar que la recta $DG$ es tangente al circuncírculo del triángulo $ABC$.
El enunciado de la prueba es el caso particular
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$N\equiv P_{\infty}$, con el agregado de que $A,P,Q,B$ están sobre una recta en ese orden.
Y la solución que propuse sigue funcionando para esta generalización.
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Hernan26

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Re: Ibero 2019 - P4

Mensaje sin leer por Hernan26 »

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Como $ABCD$ es un trapecio inscrito en una circunferencia, es trapecio isósceles $\Rightarrow$
$D\widehat{A}P=Q\widehat{B}C$ y $AD=BC$, además, por letra, $AP=QB$ $\Rightarrow$ Por criterio $LAL$
$\bigtriangleup APD=\bigtriangleup BQC$ $\Rightarrow$
$A\widehat{D}P=B\widehat{C}Q=\epsilon$
Por inscrito, $F\widehat{E}B=F\widehat{C}B=\epsilon$ $\Rightarrow$ $G\widehat{E}B=180-\epsilon$
Luego, sea $E\widehat{B}G=\beta$ $\Rightarrow$ $E\widehat{G}B=\epsilon-\beta$
Luego por inscrito $A\widehat{D}E=A\widehat{B}E=\beta$ y como $A\widehat{D}P=\epsilon$ $\Rightarrow$ $E\widehat{D}P=\epsilon-\beta$ $\Rightarrow$
$E\widehat{G}P=E\widehat{D}P$ $\Rightarrow$ $GEPD$ es cíclico $\Rightarrow$
$G\widehat{D}P=P\widehat{E}F$ $\iff$ $G\widehat{D}A+A\widehat{D}P=P\widehat{E}B+B\widehat{E}F$ $\iff$
$G\widehat{D}A+\epsilon=P\widehat{E}B+\epsilon$ $\iff$ $G\widehat{D}A=P\widehat{E}B=\alpha$
Luego por inscrito $P\widehat{E}B=C\widehat{E}B=C\widehat{D}B=\alpha$ y por paralelas $C\widehat{D}B=A\widehat{B}D=\alpha$ $\Rightarrow$
$G\widehat{D}A=A\widehat{B}D$ $\Rightarrow$
Por ángulo seminscrito $GD$ es tangente a $\Gamma$

BrunZo

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Re: Ibero 2019 - P4

Mensaje sin leer por BrunZo »

Gianni De Rico escribió:
Lun 16 Sep, 2019 8:10 pm
¿Angulitos? ¿Qué es eso? ¿Se come?
Generalización:
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Sea $ABCD$ un trapecio con $AB\parallel CD$ e inscrito en la circunferencia $\Gamma$. Sean $P$ y $Q$ dos puntos en la recta $AB$ tales que $P$ y $Q$ son simétricos respecto del punto medio de $AB$. Sean $E$ y $F$ los segundos puntos de intersección de las rectas $CP$ y $CQ$ con $\Gamma$, respectivamente. Las rectas $AB$ y $EF$ se cortan en $G$. Demuestra que la recta $DG$ es tangente a $\Gamma$.
Solución:
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Lema: Sean $A,B,C,D,B',D'$ puntos sobre una circunferencia $\Gamma$ tales que $ABCD$ y $AB'CD'$ son armónicos, y sean $E=BB'\cap DD'$ y $F=BD'\cap B'D$.
Entonces $A,C,E,F$ están alineados.
Demostración:
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Sea $G=AC\cap BD$. Aplicamos una transformación proyectiva que deje fija $\Gamma$ y mande $G$ al centro de $\Gamma$. Luego, $ABCD$ es un rectángulo, y al ser armónico, es un cuadrado. Como $AB'CD'$ es armónico, tenemos que las tangentes a $\Gamma$ por $B'$ y $D'$ se cortan en un punto $X$ que pertenece a $AC$, es decir, a la mediatriz de $BD$, pero $XB'=XD'$ por ser tangentes a $\Gamma$, luego, $B'D'\parallel BD$, por lo que $BDB'D'$ (o $BB'D'D$, según el orden de los puntos) es un trapecio isósceles, y $AC$ es la mediatriz de sus bases. Entonces $(BB',DD',AC)$ concurren y $(BD',B'D,AC)$ concurren, es decir, $A,C,E,F$ están alineados. $\blacksquare$
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Consideremos $\Gamma$ como la circunferencia de referencia.
Sean $H=AF\cap BE$, $I=AE\cap BF$, $J=HI\cap AB$, $K=AA\cap BB$, $M$ el punto medio de $AB$, $L=CM\cap \Gamma$ (con $L\neq C$), y $P_{\infty}=AB\cap CD$.
Como $G$ está en la polar de $K$, tenemos que la polar de $G$ pasa por $K$. Por Brokard, la polar de $G$ es $HI$, de donde $H,I,J,K$ están alineados sobre la polar de $G$.
Ahora, notemos que como $AP=QB$, entonces $M$ es el punto medio de $PQ$. Luego $$\{A,B;L,D\}\underset{C}{=}\{A,B;M,P_{\infty}\}=-1=\{P,Q;M,P_{\infty}\}\underset{C}{=}\{E,F;L,D\}$$ de donde $ALBD$ y $ELFD$ son armónicos, y por el Lema aplicado a $ALBD$ y $ELFD$, tenemos que $I=AE\cap BF$ y $H=AF\cap BE$ están sobre $DK$, es decir, $D,K\in HI$. Luego, $D,H,I,J,K,L$ están alineados, por lo que están todos sobre la polar de $G$. En particular, como $D$ está sobre la polar de $G$ y $D\in \Gamma$, entonces $DG$ es tangente a $\Gamma$.
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¿Qué pasó acá? El problema salía 53 ármonicos/polares/Brokards antes.
Ahora, notemos que como $AP=QB$, entonces $M$ es el punto medio de $PQ$. Luego $$\{A,B;L,D\}\underset{C}{=}\{A,B;M,P_{\infty}\}=-1=\{P,Q;M,P_{\infty}\}\underset{C}{=}\{E,F;L,D\}$$ de donde $ALBD$ y $ELFD$ son armónicos
Y por ende las tangentes por $D$ y $L$, la recta $AB$ y la recta $EF$ todas concurren en $G$ (en un ármonico, dos tangentes y una diagonal concurren), que es un parafraseo de lo que queríamos probar.
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Gianni De Rico

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Re: Ibero 2019 - P4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Tenés razón, me fui mucho con lo de demostrar que todos los puntos que tenía colineales en el dibujo eran de verdad colineales (y con usar una transformación proyectiva distinta de la proyección por un punto), y se me pasó esa parte más simple. De todas formas, no está mal notar cuántas cosas más de las que se ven originalmente hay en la configuración (de hecho, esto puede servir para inventar "nuevos" problemas basados en configuraciones habituales).
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