IMO 2013 - Problema 4

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
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Nacho

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IMO 2013 - Problema 4

Mensaje sin leer por Nacho » Mié 24 Jul, 2013 5:07 pm

Sea [math] un triángulo acutángulo con ortocentro [math], y sea [math] un punto sobre el lado [math], estrictamente entre [math] y [math]. Los puntos [math] y [math] son los pies de las alturas desde [math] y [math] respectivamente. Se denota por [math] la circunferencia que pasa por los vértices del triángulo [math], y por [math] el punto de [math] tal que [math] es diámetro de [math]. Análogamente, se denota por [math] la circunferencia que pasa por los vértices del triángulo [math], y por [math] el punto de [math] tal que [math] es diámetro de [math]. Demostrar que [math] y [math] son colineales.
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Nacho

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Re: IMO 2013 - Problema 4

Mensaje sin leer por Nacho » Mié 24 Jul, 2013 5:44 pm

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Sea [math] el pie de la altura desde [math]. Notemos por angulitos que [math] y [math]. Entonces [math] y [math] son rotohomotéticos por [math]. Análogamente, [math] y [math] son rotohomotéticos por [math]. Es decir, tenemos que
[math]

Análogamente, obtenemos
[math]

Finalmente, notemos que [math] y [math] son semejantes. Entonces
[math]


Es claro que [math] son colineales si y sólo si [math]. Como son trapecios todos, podemos calcular las áreas:
[math]


Entonces, [math] como queríamos demostrar [math]
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Re: IMO 2013 - Problema 4

Mensaje sin leer por Nacho » Mié 24 Jul, 2013 6:03 pm

Otra más:
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Sea [math] el segundo punto de intersección [math] y [math]. Notemos que como [math] es cíclico, [math], entonces [math] está en el eje radical de [math] y [math]. Entonces, por el Teorema de Miquel, [math] está en la circunferencia por [math]. Entonces, [math], pues [math] es el diámetro de esa circunfenrencia. Análogamente, [math] y [math] por ser diámetros. Como [math] y [math] están alineados, y esos ángulos son iguales, [math] y [math] están alineados. Y estamos [math]
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lichafilloy

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Re: IMO 2013 - Problema 4

Mensaje sin leer por lichafilloy » Vie 26 Jul, 2013 8:44 pm

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- Sea [math] el segundo punto de interseccion de [math] con [math]. Y sea [math] el pie de la altura desde [math]. Como [math] y [math] son radios de [math] y [math] respectivamente, [math]. Entonces [math], por lo que [math],[math],[math] son colineales.
Ahora, [math] es ciclico, pues [math]. Entonces por potencia de un punto, [math] Entonces [math] tiene la misma potencia respecto de [math] y [math]. Luego [math] esta sobre el eje radical [math], por definicion del mismo. Ademas, [math] es ciclico, pues los 4 puntos estan sobre [math] entonces [math] [math], ademas [math] es ciclico, pues [math]. Entonces [math] [math].
De [math] y [math], [math] entonces por el reciproco de potencia de un punto, [math] es ciclico. Entonces [math]. Entonces [math]. Entonces [math] y [math] son colineales. Luego [math] son colineales. Estamos.[math]
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usuario250

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Re: IMO 2013 - Problema 4

Mensaje sin leer por usuario250 » Dom 28 Jul, 2013 6:05 pm

che pero môn =360-90-90-â= 180 - ^a=^b+^c (mirando el cuadrilatero amon) . por ser wy diametro w^cy=90 de donde m^cy =90- ^c. analogamente n^by= 90- ^b. por arco capaz, môy=90-^c y nôx=90-^b. luego xôy= 90-^b+^b+^c+90-^c=180

Correción: ese arco capaz que dije es inventado. ya lo pensaré bien.

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julianferres_

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Re: IMO 2013 - Problema 4

Mensaje sin leer por julianferres_ » Jue 19 Dic, 2013 6:28 pm

IMO 2013 P4.pdf
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Vladislao

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Re: IMO 2013 - Problema 4

Mensaje sin leer por Vladislao » Jue 19 Dic, 2013 7:37 pm

Julian_Ferres escribió:
IMO 2013 P4.pdf
No pretendo ser quisquilloso pero tengo una duda: ya que estás aprendiendo a escribir documentos con [math], ¿por qué no copiás las soluciones acá en lugar de postear el documento? (es más fácil para el que pretende ver la solución y eventualmente revisarla).
Sea [math] Para todo entero positivo [math] se cumple que [math] es un número primo.

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Gianni De Rico

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Re: IMO 2013 - Problema 4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mié 06 May, 2020 11:34 pm

Solución:
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Notemos que $BCMN$ es cíclico pues $BM\perp MC$ y $BN\perp NC$ al ser alturas en $ABC$ (análogamente se tiene que $AMHN$ es cíclico), por lo tanto $AB\cdot AN=AC\cdot AM$. Consideremos la inversión de centro $A$ y radio $\sqrt{AB\cdot AN}$, tenemos que manda $N$ a $B$ y $M$ a $C$, luego, manda $\odot AMHN$ a $BC$, por lo que si $H'$ es el inverso de $H$, resulta que $H'$ es el pie de la altura desde $A$ en $ABC$. Además, como $B$ y $N$ son inversos, se sigue que $\omega _1$ queda fija, análogamente, $\omega _2$ queda fija, luego, si $X'$ es el inverso de $X$ e $Y'$ es el inverso de $Y$, tenemos que $X'$ es el segundo punto de intersección de $AX$ con $\omega _1$ y que $Y'$ es el segundo punto de intersección de $AY$ con $\omega _2$.

Como $WX$ y $WY$ son diámetros de $\omega _1$ y $\omega _2$, respectivamente, tenemos que $WX'\perp X'X\parallel X'A$ y que $WY'\perp Y'Y\parallel Y'A$, además, por ser altura resulta que $WH'\perp H'A$, luego $A,X',H',Y'$ están sobre la circunferencia de diámetro $AW$, así que $AX'H'Y'$ es cíclico, entonces $X,H,Y$ son colineales.
Queda Elegantemente Demostrado

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Sandy

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Re: IMO 2013 - Problema 4

Mensaje sin leer por Sandy » Jue 14 May, 2020 12:58 am

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$D=\omega_1 \cap \omega_2\neq W$.
$BNC=90^{\circ}=BMC\Longrightarrow BNMC$ concíclicos ($\omega_3$).
$BN, CM$ son ejes radicales de $\omega_1, \omega_3$ y $\omega_2, \omega_3$ respectivamente.
$\Longrightarrow BN\cup CM=A$ tiene la misma potencia respecto de $\omega_1, \omega_2, \omega_3$ $\Longrightarrow A\in WD$.
$WX, WY$ son diámetros $\Longrightarrow WDX=WDY=90^{\circ} \Longrightarrow X,D,Y$ colineales.
$DNH=90^{\circ}-DNB=90^{\circ}-(180^{\circ}-DWB)=90^{\circ}-DWE=WAE=DAH\Longrightarrow DANH$ cíclico.
$ADH=ANH=90^{\circ}$.
$ADY=180^{\circ}-WDY=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}\Longrightarrow ADY=ADH\Longrightarrow H\in YD\Longrightarrow H\in XY$.
$u=tan\left(\frac{x}{2}\right)$
$\frac{2}{1+u^2}du=dx$

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