Entrenamiento Ibero 2019 P19

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Matías

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Entrenamiento Ibero 2019 P19

Mensaje sin leer por Matías » Dom 22 Dic, 2019 11:03 pm

En el triángulo $ABC$, la circunferencia inscrita $\omega$ es tangente a los lados $BC$, $CA$ y $AB$ en los puntos $D$, $E$, $F$ respectivamente. Sean $M$ y $N$ los puntos medios de $DE$ y $DF$ respectivamente. Se consideran puntos $D'$, $E'$, $F'$ en la recta $MN$ tales que $D'E=D'F$, $BE'||DF$ y $CF'||DE$. Demostrar que las rectas $DD'$, $EE'$ y $FF'$ son concurrentes.

ricarlos
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Re: Entrenamiento Ibero 2019 P19

Mensaje sin leer por ricarlos » Jue 26 Dic, 2019 10:25 pm

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Llamamos $I$ y $\omega$ al incentro e incirculo del ABC. $P=ED'\cap \omega$, $Q=FD'\cap \omega$, $R=PN\cap \omega$ y $M'=DE\cap RQ$. Luego con el teorema de Pascal en el hexagono $EDFQRP$ tenemos que $N,D',M'$ son colineales. Es decir, M'=M.

Sea $S=FR\cap PD$ , ahora con Pascal en $EDPQRF$ tenemos que $M,S$ y un punto impropio en la direccion $FE$ (pues los lados opuestos FE y PQ son paralelos) son colineales. Entonces la recta de Pascal debe ser || a $FE$ y pasar por $M$, o sea, dicha recta es $MN$ que, entonces, contiene a $S$. Luego, con un analisis similar, si $T=RE\cap DQ$ con Pascal en $FDQPRE$ vemos que $T$ tambien esta sobre $MN$.

Volvemos a Pascal, $DDPFFR$ que nos da colinealidad en $B= DD\cap FF$, $S=DP\cap FR$ y $U=FP\cap RD$, y ahora en $DPPFRR$ que nos da colinealidad en $S=DP\cap FR$, $W=PP\cap RR$ y $U=FP\cap RD$. Es decir, $B,S,U,W$ son colineales, nos interesa ver que $B$ y $W$ que son intersecciones de respectivas tang. a $\omega$ definen una recta que si leemos (*) veremos que es perpendicular a $IN$ o mejor, paralela a $FD$, en definitiva vemos que $S=E'$ y por analogia $T=F'$.

Por ultimo, los triangulos $E'DF'$ y $ED'F$ son perspectivos porque los lados homologos intersectan en $P=DE'\cap D'E$, $Q=DF'\cap FD'$, y
$F'E'$ con $FE$ concurren en un punto impropio en la direccion $PQ$, por eso $DD', EE'$ y $FF'$ concurren en el centro de perspectiva de dichos triangulos.
Figura : https://ibb.co/DQkVPtx
(*) https://www.omaforos.com.ar/viewtopic.php?f=10&t=2940
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: Entrenamiento Ibero 2019 P19

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Dom 29 Dic, 2019 10:29 am

La idea en el fondo es la misma, pero muere casi exclusivamente a base de cíclicos y angulitos, lo único con "teoría hard" viene siendo el último paso

Solución:
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IMG_20191229_141147_762.jpg

Sea $\odot DEF$ la circunferencia de referencia.

Por Thales tenemos $MN\parallel EF$. Luego, como $$\angle CBE'=180°-\angle FDB=180°-\angle FED=180°-\angle E'F'C$$ tenemos que $BCF'E'$ es cíclico.

Sean $I_A$ el $A$-excentro e $I$ el incentro de $ABC$, luego, tenemos que $BE'\parallel DF\perp BI\perp BI_A$, de donde $I_A,B,E'$ son colineales, análogamente, $I_A,C,F'$ son colineales, y como $AE=AF$, tenemos que $AI_A$ es mediatriz de $EF$, de donde $I_A,D',A$ son colineales.
Por ángulos entre paralelas tenemos que $BDME'$ y $CDNF'$ son cíclicos. Sea $G$ la segunda intersección de $\odot BDM$ y $\odot CDN$, luego, $(BE',DG,CF')$ son los ejes radicales de $(\odot BCF'E',\odot BDM,\odot CDN)$, por lo que concurren, entonces $D,I_A,G$ son colineales.
Notemos que $CDIE$, $BDIF$ y $BICI_A$ son cíclicos, luego $$\text{Pot}(M,\odot DEF)=MD\cdot ME=\text{Pot}(M,\odot CDIE)=MC\cdot MI=\text{Pot}(M,\odot BICI_A)$$ $$\text{Pot}(N,\odot DEF)=ND\cdot NF=\text{Pot}(N,\odot BDIF)=NB\cdot NI=\text{Pot}(N,\odot BICI_A)$$ de donde $MN$ es el eje radical de $(\odot DEF,\odot BICI_A)$.
Ahora, como $$\angle E'GI_A=\angle E'GD=\angle E'MD=\angle E'F'C=\angle E'F'I_A$$ tenemos que $I_AE'GF'$ es cíclico. Sea $G'$ la segunda intersección de $E'F$ y $\odot E'BD$, luego $$\angle FG'D=\angle E'G'D=180°-\angle DBE'=180°-\angle CBE'=\angle E'F'C=\angle FED$$ por lo que $G'\in \odot DEF$, luego $$EF\cdot EG'=\text{Pot}(E,\odot DEF)\underset{E\in MN}{=}\text{Pot}(E,\odot BICI_A)=EB\cdot EI_A$$ de donde $BFG'I_A$ es cíclico, entonces $$\angle E'G'I_A=\angle FG'I_A=180°-\angle I_ABF=180°-\angle DBE'=\angle E'G'D$$ por lo que $G',D,I_A$ son colineales, entonces $G'$ es el centro de la homotecia que manda $DEF$ a $I_AF'E'$, y como $G'\in \odot DEF$, entonces $\odot DEF$ y $\odot I_AF'E'$ son tangentes en $G'$, luego, $G',D,I_A$ son coineales y $G'\in \odot I_AF'E'$, de donde $G\equiv G'$.

Sean $K$ y $L$ los puntos de intersección de $\odot DEF$ y $\odot BICI_A$, con $B,K,I,L,C$ en ese orden sobre $\odot BICI_A$, luego, $KL$ es el eje radical de $(\odot DEF,\odot BICI_A)$, de donde $K,M,N,L$ son colineales.
Ahora, como $I_AI$ es diámetro de $\odot BICI_A$, tenemos que $I_AK\perp IK$ y que $I_AL\perp IL$, de donde $I_AK,I_AL$ son tangentes a $\odot DEF$, entonces $MN$ es la polar de $I_A$. Sea $H$ la segunda intersección de $EI_A$ con $\odot DEF$, por Brocard $GE,DH,MN$ son concurrentes, luego, $D,H,F'$ son colineales.
Sea $J=EE\cap HH$, entonces $I_A\in EH\equiv j$, de donde $J\in i_a\equiv MN$ por La Hire, luego, $ID'\perp JD',~IH\perp JH,~IE\perp JE$, de donde $D'IEJH$ es cíclico, entonces $$\angle HFE=\angle JHE=\angle JD'E=\angle FED=\angle D'EF$$ por lo que $F,D',H$ son colineales.
Análogamente, si $O$ es el segundo punto de intersección de $FI_A$ con $\odot DEF$, tenemos que $\{D,O,E'\}$ y $\{E,D',O\}$ son colineales, entonces $$D'O\cdot D'E=\text{Pot}(D',\odot DEF)=D'H\cdot D'F$$ y como $D'E=D'F$, tenemos que $D'O=D'H$, entonces $EF\parallel OH$.

Finalmente, notemos que $DE'\cap D'E=O$, $E'F'\cap EF=P_{\infty EF}=P_{\infty HO}$ y $F'D\cap FD'=H$ están alineados, entonces por Desargues en $DE'F'$ y $D'EF$, tenemos que las rectas $DD'$, $EE'$ y $FF'$ son concurrentes.
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Mijail
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Re: Entrenamiento Ibero 2019 P19

Mensaje sin leer por Mijail » Sab 04 Ene, 2020 3:20 pm

Este problema es muy bueno.
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Definamos el punto $X$ por la interseccion de $D'F$ con $(DEF)$, ahora probaremos que $F'$,$X$ y $D$ son colineales y con esto terminaremos ya que si definimos de forma analoga a $Y$ como la interseccion de $ED'$ con $(EDF)$ tenemos que $Y$,$D$ y $E'$ son colineales entonces aplicando el teorema de desargues en los triangulos $ED'F$ y $E'DF'$ como $ EF\parallel E'F' \parallel XY$ tenemos que tienen la misma perspectiva entonces $EE'$, $FF'$ y $DD'$ concurren ($XY$ es paralelo a $EF$ ya que $D'E=D'F$).
Ahora procedemos a probar que $F'$, $X$ y $D$ son colineales por potencia: Es claro que el centro de $(EDF)$ el cual lo llamaremos $I$ esta en $MC$, y como $F'C\parallel ED$ tenemos que $O\hat{C}F'= 90^{\circ}=O\hat{D'}F'$ esto ya que $D'E=D'F$ entonces claramente $OD'CF'$ es ciclico entonces: $$EM.MD= MO.MC= D'M.MF'$$ Con esto tenemos que $ED'DF'$ es ciclico entonces $$F'\hat{D}E= E\hat{D'}F'= E\hat{F}D' = E\hat{D}X$$ entonces con esto ya tenemos que $D$, $X$ y $F'$ son colineales y por lo anterior dicho hemos terminado :mrgreen:

Cristianchess
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Re: Entrenamiento Ibero 2019 P19

Mensaje sin leer por Cristianchess » Lun 06 Ene, 2020 7:03 pm

Nose ni qué es un recta cuncurrente :""v

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