IMO 2022 - P4

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
Avatar de Usuario
Matías V5

Colaborador-Varias OFO - Jurado-OFO 2015 OFO - Jurado-OFO 2016 FOFO 6 años - Jurado-FOFO 6 años OFO - Jurado-OFO 2017
OFO - Jurado-OFO 2018 OFO - Jurado-OFO 2020 OFO - Jurado-OFO 2021
Mensajes: 1054
Registrado: Dom 17 Oct, 2010 4:44 pm
Medallas: 8
Nivel: Exolímpico

IMO 2022 - P4

Mensaje sin leer por Matías V5 »

Sea $ABCDE$ un pentágono convexo tal que $BC = DE$. Supongamos que existe un punto $T$ en el interior de $ABCDE$ tal que $TB = TD$, $TC = TE$ y $\angle ABT = \angle TEA$. La recta $AB$ corta a las rectas $CD$ y $CT$ en los puntos $P$ y $Q$, respectivamente. Supongamos que los puntos $P$, $B$, $A$, $Q$ aparecen sobre su recta en ese orden. La recta $AE$ corta a las rectas $CD$ y $DT$ en los puntos $R$ y $S$, respectivamente. Supongamos que los puntos $R$, $E$, $A$, $S$ aparecen sobre su recta en ese orden. Demostrar que los puntos $P$, $S$, $Q$, $R$ están en una misma circunferencia.
We gave you a start so you'd know what to do
You've seen how it works, now it's over to you (...)
For there's so much more to explore!

Numberblocks - https://www.youtube.com/watch?v=SoRiOoqao5Y
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
Mensajes: 1944
Registrado: Vie 16 Sep, 2016 6:58 pm
Medallas: 14
Nivel: Exolímpico
Ubicación: Rosario
Contactar:

Re: IMO 2022 - P4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Lo más molesto fue entender la versión en chino de el enunciado (?)
Spoiler: mostrar
IMO 2022 P4.png
Sean $F$ el punto de intersección de $AB$ con $DS$ y $G$ el punto de intersección de $AE$ con $CQ$.
Por tener tres pares de lados respectivamente congruentes, tenemos que $BCT\equiv DET$, de modo que $\angle BTC=\angle DTE$, luego,$$\angle BTF=180^\circ -\angle BTC-\angle CTD=180^\circ -\angle DTE-\angle CTD=\angle ETG.$$Como además $\angle FBT=\angle ABT=\angle AET=\angle GET$, tenemos que $BTF\simeq ETG$, de donde $\angle BFT=\angle EGT$ y $\frac{BT}{TF}=\frac{ET}{TG}$. De la igualdad de ángulos resulta $\angle QGS=\angle EGT=\angle BFT=\angle QFS$, con lo que $FGQS$ es cíclico, y así $\angle SQF=\angle SGF$. De la igualdad de razones resulta $\frac{DT}{TF}=\frac{BT}{TF}=\frac{ET}{TG}=\frac{CT}{TG}$, con lo que $FG\parallel CD\parallel PR$, y así$$\angle SQP=\angle SQF=\angle SGF=\angle SRP,$$con lo que $PRQS$ es cíclico, como queríamos.
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
Avatar de Usuario
Matías V5

Colaborador-Varias OFO - Jurado-OFO 2015 OFO - Jurado-OFO 2016 FOFO 6 años - Jurado-FOFO 6 años OFO - Jurado-OFO 2017
OFO - Jurado-OFO 2018 OFO - Jurado-OFO 2020 OFO - Jurado-OFO 2021
Mensajes: 1054
Registrado: Dom 17 Oct, 2010 4:44 pm
Medallas: 8
Nivel: Exolímpico

Re: IMO 2022 - P4

Mensaje sin leer por Matías V5 »

Supongo que en el fondo es lo mismo, pero no marco puntos nuevos.
Spoiler: mostrar
IMO2022p4.PNG
Primero, notemos que los triángulos $TBC$ y $TDE$ son congruentes, pues sus lados son respectivamente iguales.
Ahora veamos que $BTQ$ y $ETS$ son semejantes: tenemos $\angle QBT = \angle ABT = \angle TEA = \angle SET$ por enunciado, y además $\angle BTQ = \angle ETS$ ya que son adyacentes a $\angle BTC$ y $\angle DTE$, que son iguales por la congruencia de triángulos que mencionamos al principio. En particular deducimos que $\angle BQT = \angle EST = \theta$.
El siguiente paso es ver que los triángulos $SQT$ y $CDT$ son semejantes. Como comparten el ángulo en $T$, basta probar que $\frac{ST}{TQ} = \frac{CT}{TD}$. Pero $CT = TE$, y $TD = TB$, así que lo que hay que probar es $\frac{ST}{TQ} = \frac{TE}{TB}$, que equivale a $\frac{ST}{TE} = \frac{TQ}{TB}$, que es verdadera por la semejanza del párrafo anterior.
Por último veamos que esto implica que $PSQR$ es cíclico. Por la semejanza anterior sabemos que $\angle TSQ = \angle TCD$. Pero $\angle TSQ = \theta + \angle RSQ$, mientras que por ángulo exterior en el triángulo $PQC$ sabemos que $\angle TCD = \theta + \angle RPQ$. En conclusión, $\angle RPQ = \angle RSQ$, así que $PSQR$ es cíclico, como queríamos probar. $\blacksquare$
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
We gave you a start so you'd know what to do
You've seen how it works, now it's over to you (...)
For there's so much more to explore!

Numberblocks - https://www.youtube.com/watch?v=SoRiOoqao5Y
Responder