Selectivo Ibero 2021 - Problema 2

EmRuzak

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Selectivo Ibero 2021 - Problema 2

Mensaje sin leer por EmRuzak »

Sean $ABCD$ un cuadrilátero convexo y $O$ la intersección de sus diagonales. Sean $O$ y $M$ los dos puntos de intersección de la circunferencia circunscrita del triángulo $OAD$ con la circunferencia circunscrita del triángulo $OBC$. Sean $T$ y $S$ los puntos de intersección de $OM$ con las circunferencias circunscritas de los triángulos $OAB$ y $OCD$ respectivamente.
Demostrar que $M$ es el punto medio del segmento $TS$.

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Gianni De Rico

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Re: Selectivo Ibero 2021 - Problema 2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Esto es muy teórico, cuando encuentre (cuando busque) una solución más elemental la subo
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Selectivo Ibero 2021 P2.png
Invertimos por la circunferencia que tiene centro $O$ y pasa por $M$, y le ponemos $X'$ al inverso de $X$, entonces $M=B'C'\cap D'A'$, $S'=OM\cap C'D'$ y $T'=OM\cap A'B'$. Sean $F=A'B'\cap C'D'$ y $G=FO\cap A'D'$, luego, como invertir preserva la razón doble, tenemos que$$\{S,T;M,\infty \}=\{S',T';M,O\}\underset{F}{=}\{D',A';M,G\}=-1$$donde la última igualdad vale usando Ceva y Menelao en $A'FD'$. Entonces $M$ es el punto medio de $ST$.
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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Nahu

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Re: Selectivo Ibero 2021 - Problema 2

Mensaje sin leer por Nahu »

Cuando te viene la inspiración $1$ min antes de entregar:
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Tenemos que $M$ es el centro de rotohomotecia que manda $AD$ a $BC$ con $AMD$ a $CMD$, como $C\widehat{D}T=C\widehat{O}T=C\widehat{B}M$ y $D\widehat{C}T=D\widehat{O}T=M\widehat{A}D$ Por ende $DTC$ es semejante a $AMD$, lo mismo con $SAB$. Tenemos que $A\widehat{M}O=A\widehat{D}O$ por ende $AMS$ es semejante a $ABD$, lo mismo con $CMT$ y $BDC$. Entonces sea $\sigma_1$ la rotohomotecia de razón $BA/SA$ y $\sigma_2$ la rotohomotecia de centro $C$ de razón $MC/BC$. Por ende nos queda que
$\sigma_1(MS)=BD, \sigma_2(BD)=MT$, componiendo $\sigma_1$ y $\sigma_2 (\sigma_3)$ nos queda una rotohomotecia de centro $?$ y razón $BA/SA*MC/BC$ y como $BA/SA=BC/MC$, entonces la razón es de $1$, con lo que $MS=MT$
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Fran5

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Re: Selectivo Ibero 2021 - Problema 2

Mensaje sin leer por Fran5 »

Es un bardo pero usas muuuuchas cosas interesantes en el medio.
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Sea $N$ el otro punto de interseccion de las últimas dos circunferencias mencionadas ($OAB, OCD$)
Basta ver que el circuncírculo de $OMN$ es el punto medio de los centros de estas dos circunferencias.
(ver https://omaforos.com.ar/viewtopic.php?f=17&t=4230)

Afirmación: $MAD, MBC, NAB, NCD$ son rotohomotéticos
(ver https://omaforos.com.ar/viewtopic.php?f=6&t=3388&)

Llamemos $I_1, I_2$ a los centros de $OAD, OBC$ y $J_1,J_2$ a los centros de $OAB,OCD$.

Afirmación: $I_1J_1I_2J_2$ es un paralelogramo
(se sigue de las rotohomotecias haciendo angulitos)
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En realidad no es tan trivial.. Sabemos que $AI_1D, AJ_1B, CI_2B, CJ_2D$ son rotohomotéticos, con lo que que $AI_1J_1$ y $ABD$ son rotohomotéticos, al igual que $CI_2J_2$ con $CBD$. Ahí es donde hay que hacer angulitos y ver el paralelismo de $I_1J_1$ con $I_2J_2$, y analogamente para el otro par de segmentos
Afirmación: $I_1I_2$ es la mediatriz de $OM$, $J_1J_2$ es la mediatriz de $ON$
(trivial)

Luego estos segmentos se cortan en su punto medio, en particular en el punto medio de $J_1,J_2$, que es lo que queríamos ver
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Monazo

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Re: Selectivo Ibero 2021 - Problema 2

Mensaje sin leer por Monazo »

Esquema de solución
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De hecho, la solución que encontré, es idéntica a la de Nahu, así que no vale la pena ponerme a redactar toda una solución porque estaría repitiendo lo mismo. Pero lo que voy a comentar, es que todas las soluciones publicadas hasta el momento hablan de temas avanzados. Saber rotohomotecias de hecho agiliza la resolución, se pueden encontrar triángulos semejantes de manera más directa. Pero, para el que no sabe rotohomotecia, le comento que existe una solución únicamente con angulitos (sobre todo ángulos entre circunferencias) y semejanzas. La rotohomotecia de fondo hace todo eso y por eso ahorra pasos.

Para el que quiera afrontar este problema solo con ángulos y semejanza les dejo los pasos a seguir.

Step 1:
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Demostrar que $\triangle AMD$ y $\triangle BMC$ son semejantes.
Step 2:
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Demostrar que $\triangle ATM$ y $\triangle ABD$ son semejantes.
Step 3:
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Demostrar que $\triangle BDC$ y $\triangle MSC$ son semejantes.
Step 4:
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Dada las semejanzas que hemos encontrado, plantear las razones de semejanza de manera conveniente para llegar a la igualdad $MS = MT$.
Hint para Step 1, 2 y 3
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Hacer todo angulitos.
El Diego es del Lobo! Y del Lobo no se va!

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