IGO 2019 - Nivel Avanzado - P3

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Fran2001

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IGO 2019 - Nivel Avanzado - P3

Mensaje sin leer por Fran2001 » Vie 20 Sep, 2019 10:27 pm

Las circunferencias $\omega _1$ y $\omega _2$ tienen centros $O_1$ y $O_2$, respectivamente. Estas dos circunferencias se cortan en los puntos $X$ e $Y$. $AB$ es una tangente común a estas dos circunferencias, de forma tal que $A$ está en $\omega _1$ y $B$ está en $\omega _2$. Las tangentes a $\omega _1$ y $\omega _2$ por $X$ cortan a $O_1O_2$ en los puntos $K$ y $L$, respectivamente. Sean $M$ la segunda intersección de $BL$ con $\omega _2$ y $N$ la segunda intersección de $AK$ con $\omega _1$. Demostrar que las rectas $AM, BN$ y $O_1O_2$ concurren.
Ya le rimo la respuesta // que de la duda nos saca // el animal que usted dice // tiene por nombre la vaca
https://www.youtube.com/watch?v=7ydlVCj94x4

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Fran2001

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Re: IGO 2019 - Nivel Avanzado - P3

Mensaje sin leer por Fran2001 » Vie 20 Sep, 2019 10:29 pm

Spoiler: mostrar
Notemos que $YX$ es mediana de $AB$
Ahora, como $KX=KY$ tenemos que $KY$ es tangente a $\omega _1$; por lo que $AB; XY$ y la tangente a $\omega _1$ por $N$ concurren
Es decir que el punto medio de $AB$ equidista de $A$ y de $N$; por lo que $\angle ANB=90^\circ$
Por lo tanto $AN$ y $BO_2$ se cortan en $\omega _2$
Análogamente, $\angle AMB=90^\circ$; y $BM$ y $AO_1$ se cortan en $\omega _1$
Y como $AO_1$ y $BO_2$ son paralelas, tenemos que $AM; BN; O_1O_2$ concurren
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Ya le rimo la respuesta // que de la duda nos saca // el animal que usted dice // tiene por nombre la vaca
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Gianni De Rico

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Re: IGO 2019 - Nivel Avanzado - P3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Vie 17 Abr, 2020 1:41 am

Un poco más detallada

Solución:
Spoiler: mostrar
Lema: $\odot XAK$ y $\odot XNO_1$ son tangentes.
Demostración:
Spoiler: mostrar
Sea $T$ un punto sobre la tangente por $X$ a $\odot XAK$ en el mismo semiplano que $K$ respecto a $XN$. Basta ver que $TX$ es tangente a $\odot XNO_1$.
Tenemos que $\angle TXK=\angle XAK=\angle XAN$ y que $\angle KXN=\angle XAN$, luego, $\angle TXN=\angle TXK+\angle KXN=\angle XAN+\angle XAN=2\angle XAN=\angle XO_1N$, por lo que $TX$ es tangente a $\odot XO_1N$. $\blacksquare$
Aplicando el Lema intercambiando $N$ y $A$ se sigue que $\odot XNK$ y $\odot XAO_1$ son tangentes, aplicando el Lema en $\omega _2$ se sigue que $\odot XML$ y $\odot XBO_1$ son tangentes y que $\odot XBL$ y $\odot XMO_1$ son tangentes. (1)

Notemos que por simetría respecto de $O_1O_2$, $KY$ es tangente a $\omega _1$ y $LY$ es tangente a $\omega _2$. Luego, $O_1X\perp XK$ y $O_1Y\perp YX$, de donde $XKYO_1$ es cíclico, y al ser un romboide, es armónico, por lo que $XY$ es simediana en $XO_1K$.
Consideremos la inversión de centro $X$ y radio $XY$, y sea $P'$ el inverso de $P$ para todo punto $P$ del plano. Tenemos que $A'N',B'M',O'_1K',O'_2L'$ concurren en $Y$, además, como $XY$ es simediana en $XO_1K$, $XY$ es mediana en $XO'_1K'$, análogamente, $Y$ es el punto medio de $O'_2L'$, entonces $O'_1O'_2K'L'$ es un paralelogramo. De (1) tenemos que $O'_1A'\parallel K'N'$, $O'_1N'\parallel A'K'$, $O'_2B'\parallel L'M'$ y $O'_2M'\parallel B'L'$, entonces $O'_1A'K'N'$ y $O'_2B'L'M'$ son paralelogramos, de donde $Y$ es el punto medio de $A'N'$ y de $B'M'$, por lo que $A'B'N'M'$ es un paralelogramo, entonces $A'B'\parallel M'N'$. Luego, $\odot XAB$ y $\odot XMN$ son tangentes.
Sean $C$ el segundo punto de intersección de $\odot XMN$ y $XB$, y $D$ el segundo punto de intersección de $\odot XMN$ y $XA$. Como $\odot XAB$ y $\odot XMN$ son tangentes, entonces son homotéticas con centro $X$, luego, $CD\parallel AB$, entonces $\angle CNX=\angle CDX=\angle BAX=180°-\angle XNA$, por lo que $A,N,C$ son colineales, análogamente, $B,M,D$ son colineales, y así $\angle MNA=\angle MDC=\angle BDC=\angle DBA=\angle BMA$, por lo que $ABNM$ es cíclico.
Tenemos entonces que $A'B'N'M'$ es un paralelogramo cíclico, de donde es un rectángulo. Además, como $O_1,L,K,O_2$ son colineales, entonces $O'_1O'_2K'L'$ es un paralelogramo cíclico (y $X$ está sobre su circuncírculo), de donde es un rectángulo. Tenemos entonces que $Y$ es el centro de $\odot A'B'N'M'$ y de $\odot O'_1O'_2K'L'$. Sea $m$ la mediatriz de $A'M'$, luego, es la mediatriz de $B'N'$ (por ser $A'B'N'M'$ un rectángulo), y pasa por $Y$. Tenemos entonces que $m$ es un diámetro de $\odot XA'M'$ y de $\odot XB'N'$, además, como pasa por $Y$, es un diámetro de $\odot O'_1O'_2K'L'$. Sea $X_1$ el simétrico de $X$ por $M$, como $m$ es diámetro de $\odot XA'M'$, $\odot XB'N'$ y $\odot O'_1O'_2K'L'$, entonces estas circunferencias quedan fijas tras la reflexión, y como $X$ está en las tres, entonces $X_1$ también lo está. Es decir que las circunferencias $\odot XA'M'$, $\odot XB'N'$ y $\odot XO'_1O'_2$ tienen dos puntos de intersección, por lo que las rectas $AM$, $BN$ y $O_1O_2$ concurren.
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Queda Elegantemente Demostrado

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