IMO 2013 - Problema 3

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
Avatar de Usuario
Nacho

Colaborador-Varias OFO - Jurado-OFO 2015 OFO - Jurado-OFO 2016
Mensajes: 562
Registrado: Dom 17 Oct, 2010 10:28 pm
Medallas: 3
Nivel: Exolímpico

IMO 2013 - Problema 3

Mensaje sin leer por Nacho » Mar 23 Jul, 2013 10:32 pm

Supongamos que el excírculo del triángulo [math] opuesto al vértice [math] es tangente al lado [math] en el punto [math]. Análogamente, se definen los puntos [math] en [math] y [math] en [math], utilizando los excírculos opuestos a [math] y [math] respectivamente. Supongamos que el circuncentro del triángulo [math] pertenece a la circunferencia que pasa por los vértices [math], [math] y [math]. Demostrar que el triángulo [math] es rectángulo.

El excírculo del triángulo [math] opuesto al vértice [math] es la circunferencia que es tangente al segmento [math], a la prolongación del lado [math] más allá de [math] y a la prolongación del lado [math] más allá de [math]. Análogamente se definen los excírculos opuestos a los vértices [math] y [math].
"Though my eyes could see I still was a blind man"

Avatar de Usuario
Nacho

Colaborador-Varias OFO - Jurado-OFO 2015 OFO - Jurado-OFO 2016
Mensajes: 562
Registrado: Dom 17 Oct, 2010 10:28 pm
Medallas: 3
Nivel: Exolímpico

Re: IMO 2013 - Problema 3

Mensaje sin leer por Nacho » Mié 24 Jul, 2013 12:08 am

Spoiler: mostrar
Sea [math] el circuncentro de [math]. Podemos suponer que [math] está del mismo semiplano que el vértice [math] con respecto a [math]. Sean [math] los excentros de [math] con respecto a [math] y [math] respectivamente. [math] el circuncentro de [math]. Vamos a probar el siguiente lema:

Lema 0: Dado [math] y un punto [math] en su interior, sean [math] y [math] los vértices del triángulo pedal de [math]. El centro de ortología de [math] con respecto a [math] es el conjugado isogonal de [math] con respecto a [math].

Demostración: Como el centro de ortología de [math] con respecto a [math] es [math], podemos afirmar que las perpendiculares desde [math] y [math] a [math], [math] y [math] respectivamente, concurren en un punto [math].

Notemos que [math]. Pero notemos que [math] es cíclico. Entonces [math]. Por lo tanto, [math]. Eso demuestra que [math] es la reflexión de [math] por la bisectriz de [math]. Repitiendo esto para cada vértice, obtenemos que [math] es el conjugado isogonal de [math] en [math]. El lema sigue. [math]

Lema 1: El cuadrilátero [math] es cíclico y [math] es diámetro.

Demostración: Aplicamos el Lema 0: Buscamos el centro de ortología de [math] con respecto a [math]. Sea [math] el incentro de [math]. El triángulo pedal de [math] en [math] es [math]. Entonces, el centro de ortología de [math] con respecto a [math] es el conjugado isogonal de [math] por [math]. Pero como [math] es el ortocentro de [math], es sabido que su conjugado isogonal por [math] es su circuncentro [math]. Entonces, [math] y [math] son colineales. Por lo tanto [math], entonces [math] es cíclico y [math] diámetro como queríamos probar. [math]

Notemos que [math], donde [math]. Además, como [math] está en la circunscripta de [math], tenemos que [math]. Es decir, [math]. Como [math] es el circuncentro de [math], tenemos que [math]. Entonces, por el Teorema del Seno,
[math]
Eso implica que [math]. Por lo tanto, o suman [math] o son iguales. Pero es trivial que no suman [math] pues ambos están contenidos en un arco de circunferencia. Entonces [math].
Es trivial entonces que [math] y [math] son congruentes (es más, una rotación por [math] los vincula).

Notemos que esa congruencia implica que [math], de donde [math]. Es decir, [math] es cíclico. Pero por el Lema 1 eso implica que [math] es cíclico.
Además, nos dice que [math], es decir, [math] está sobre la mediatriz de [math].

Veamos otro lema:

Lema 2: Sea [math] un triángulo, [math] su triángulo órtico y [math] su ortocentro. Entonces el centro de [math] está en la intersección de [math] y la circunferencia de los nueve puntos de [math].

Demostración: Esto es trivial puesto que al ser [math], el centro está en el punto medio de [math], y ese punto es precisamente la intersección de [math] y la circunferencia de los nueve puntos de [math] [math]

La idea es interpretar a [math] como el triángulo principal y al [math] como su triángulo órtico. La circunferencia de los nueve puntos de [math] es precisamente [math]. Si [math] es el punto de intersección de [math] con [math] (distinto de [math]), por el Lema 2 tenemos que [math] es el centro de [math] donde [math] es el incentro de [math] (que tiene el rol del ortocentro de [math]).

Sea [math] el punto donde las perpendiculares a [math] por [math] y a [math] por [math] se unen. Es claro que [math] es cíclico pues [math]. Este punto [math] es la intersección además de las tangentes a [math] por [math] y [math]. Por ser tangente, [math], es decir, [math] está sobre la mediatriz de [math]. Como claramente [math] está sobre la mediatriz de [math] por ser el centro de la circunferencia [math] pero las tangentes no se encuentran en [math], y [math] está también en la mediatriz y en [math], tenemos que [math].

Como [math], entonces [math] es un diámetro de [math]. Pero como [math] y [math] están sobre la mediatriz de [math], eso quiere decir que [math] es un diámetro de [math]. Pero eso implica claramente que [math]. Y estamos [math]
imo2013p3.jpg
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
"Though my eyes could see I still was a blind man"

Avatar de Usuario
Prillo

Colaborador-Varias OFO - Jurado-OFO 2015
Mensajes: 401
Registrado: Sab 18 Dic, 2010 8:52 pm
Medallas: 2

Re: IMO 2013 - Problema 3

Mensaje sin leer por Prillo » Mié 24 Jul, 2013 1:51 am

Spoiler: mostrar
Primero definimos algunos puntos. Sea [math] el centro de la circunferencia circunscrita [math] del triángulo [math]. Sin pérdida de generalidad [math] pertenece al arco [math] que no contiene a [math] del circuncírculo [math] del triángulo [math]. Sean [math] y [math] los segundos puntos de intersección de [math] con las rectas [math] y [math] respectivamente. Sea [math] el punto medio de [math], y [math] el pie de la altura de [math] hacia a la recta [math].

Primero notemos que [math] por propiedad de puntos de tangencia de los excírculos. Además, [math] por ser radios de [math]. Por último, por arco capaz, [math]. De estas tres observaciones se sigue que los triángulos [math] y [math] son congruentes. Luego [math]. Entonces, como [math] y [math] equidistan de [math], luego tienen la misma potencia con respecto a [math], y luego [math], y como [math], se sigue que [math]. Luego [math] y [math] son cuerdas en [math] de la misma longitud que se cortan en [math], y entonces [math]. Afirmamos que [math]. En efecto, usando la última observación, tenemos que [math], donde la última igualdad se sigue de las propiedades de los puntos de tangencia de los excírculos. Ahora afirmamos que [math]. En efecto, notemos que [math] es punto medio de la cuerda [math], luego [math]; sea [math]. Ahora veamos que también [math]. Esto se debe a que [math] (aqui hemos usado que [math] y que [math] por propiedad de puntos de tangencia de los excírculos); sea [math]. Por último, notemos que los triángulos [math] y [math] son semejantes, pues tienen un ángulo igual a [math] y los otros dos iguales a [math] y [math] (esto se ve fácilmente por angulitos en el cíclico [math]); sea [math]. Como [math] entonces [math] y como [math] entonces [math]. Para terminar, por el Teorema de Pitágoras, como [math] (por ser radios de [math]), entonces
[math]
[math]
Pero [math] (por ser [math] punto de tangencia del excírculo), y luego debemos tener que [math]. Es decir que [math]. Se sigue que los triángulos rectángulos [math] y [math] son isóceles, es decir [math], entonces [math], y hemos terminado.
4  

Avatar de Usuario
Gianni De Rico

FOFO 7 años - Mención Especial-FOFO 7 años OFO - Medalla de Oro-OFO 2019 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
Mensajes: 1375
Registrado: Vie 16 Sep, 2016 6:58 pm
Medallas: 7
Nivel: Exolímpico
Ubicación: Rosario
Contactar:

Re: IMO 2013 - Problema 3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 11 Feb, 2020 2:10 pm

Solución:
Spoiler: mostrar
Lema: Sea $ABC$ un triángulo, $A_1B_1C_1$ su triángulo extratangente, $I_AI_BI_C$ su triángulo excentral y $D,E,F$ puntos medios de $I_BI_C,I_CI_A,I_AI_B$, respectivamente.
Entonces $D\in \odot AB_1C_1$, $E\in \odot A_1BC_1$, $F\in \odot A_1B_1C$.
Demostración:
Spoiler: mostrar
IMO 2013 P3 - Lema.png
Sea $O$ el circuncentro de $I_AI_BI_C$, veamos que $O,D\in \odot AB_1C_1$, análogamente se demuestran las otras conciclicidades.
En efecto, tenemos que $D$ está sobre la circunferencia de diámetro $AO$. Notemos que $I_BB_1\perp AC$, y que como $ABC$ es el triángulo órtico de $I_AI_BI_C$ entonces $I_BO\perp AC$, de donde $I_B,B_1,O$ están sobre la perpendicular a $CA$ por $I_B$, entonces $B_1$ está en la circunferencia de diámetro $AO$. Análogamente $C_1$ está en la circunferencia de diámetro $AO$. $\blacksquare$
IMO 2013 P3.png
Definimos todos los puntos de la misma forma que en el Lema. Supongamos WLOG que el circuncentro de $A_1B_1C_1$ está sobre el arco $BC$ de $\odot ABC$ que contiene al punto $A$. Notemos que $D,E,F\in \odot ABC$ pues están todos sobre la circunferencia de los nueve puntos de $I_AI_BI_C$, además, $D$ es el centro de la rotohomotecia que manda $B_1C_1$ a $CB$, de donde $B_1D=C_1D$, así que $D$ está sobre la mediatriz de $B_1C_1$ y en el arco $BC$ de $\odot ABC$ que contiene al punto $A$, entonces $D$ es el circuncentro de $A_1B_1C_1$. Análogamente, $A_1E=C_1E$, de donde $DE$ es la mediatriz de $A_1C_1$. Por otro lado, notemos que como $DE\parallel I_AI_B$, entonces $\angle I_CDE=\angle DI_BI_A=\angle DI_BC=\angle EDC$, de donde $DE$ es bisectriz de $\angle I_BDC$, pero además $D$ es el circuncentro de $I_BI_CBC$, por lo que $DE$ es mediatriz de $CI_C$. Luego, la reflexión por $DE$ manda $C$ a $I_C$ y $A_1$ a $C_1$, de donde $C_1I_C=A_1C$, pero como $A_1B_1C_1$ es el triángulo extratangente de $ABC$, tenemos que $A_1C=C_1A$, entonces $C_1I_C=C_1A$, además, $I_CC_1\perp C_1A$, de donde $\angle C_1I_CA=45°$, luego, $\angle OI_CI_B=45°$, de donde $\angle I_BOI_C=90°$, entonces $\angle I_BI_AI_C=45°$, y por ser $ABC$ el triángulo órtico de $I_AI_BI_C$, se sigue que $\angle BAC=90°$.
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
Queda Elegantemente Demostrado

Responder