Iberoamericana 2013 - Problema 2

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
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Caro - V3

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Iberoamericana 2013 - Problema 2

Mensaje sin leer por Caro - V3 » Mar 24 Sep, 2013 4:30 pm

Sean [math], [math] los extremos de un diámetro de una circunferencia [math] y [math] el punto medio de uno de los arcos [math] de [math]. Sean [math] y [math] dos puntos en el segmento [math]. Las rectas [math] y [math] cortan nuevamente a [math] en los puntos [math] y [math], respectivamente. Las tangentes a [math] en [math] y [math] se cortan en [math]. Sea [math] el punto de intersección del segmento [math] con el segmento [math]. Demostrar que [math] es el punto medio del segmento [math].
Guía de [math]: sirve para escribir ecuaciones como [math]

ricarlos
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Re: Iberoamericana 2013 - Problema 2

Mensaje sin leer por ricarlos » Mar 24 Sep, 2013 5:57 pm

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Sabemos que [math].(1)
Prolonguemos [math] mas alla de [math] hasta un punto arbitrario [math].
Por [math] tracemos una paralela a [math] hasta cortar a [math] y [math] en [math] y [math], respectivamente.
El arco [math] luego [math].
Tambien [math] (*) por ser este angulo semiincrito.
Calculemos [math].(**)
Es decir [math] (2)
[math] por alternos internos.
[math] por opuestos por el vertice.
Entonces por lo que dijimos en (2) el triangulo [math] es isosceles con [math].
Analogamente llegariamos a que [math] es isosceles con [math], y por (1) tenemos que [math] siendo entonces [math] una mediana del triangulo [math] y como [math] dicha mediana tambien biseca el segmento [math].
1  
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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Ivan

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Re: Iberoamericana 2013 - Problema 2

Mensaje sin leer por Ivan » Mar 24 Sep, 2013 7:59 pm

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Llamemos [math] al punto donde [math] vuelve a cortar a [math]. Es conocido que el cuadrilátero [math] es armónico (lema 1 del post de Prillo).

Ahora [math] así que [math] es punto medio de [math].
1  
Guía de $\LaTeX$ (sirve para escribir ecuaciones como $2^{3\times 2}+1=13\cdot 5$)

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lichafilloy

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Re: Iberoamericana 2013 - Problema 2

Mensaje sin leer por lichafilloy » Mar 24 Sep, 2013 10:54 pm

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Sea [math] la interseccion entre [math] y la circunferencia. Es facil ver que [math] es un cuadrilater armonico. Proyectamos por [math], el cuadrlatero armonico que tenemos, hacia [math]. Esto mantiene las razones dobles. Vemos que [math] se va a parar a [math], [math] a [math], [math] a [math] y [math] va a parar a la tangente a la circunferencia por [math]. Es facil ver que esta recta es paralela a [math]. Lo que implica que el punto de interseccion entre [math] y [math] esta en el infinito, lo que implica que [math] es punto medio.
EDIT: igual a la de ivan :P recien lo veo
2  
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Prillo

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Re: Iberoamericana 2013 - Problema 2

Mensaje sin leer por Prillo » Mié 25 Sep, 2013 12:31 am

Comentario: (tiene spoiler)
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Más allá de la desafortunada solución de una linea, el enunciado del problema y su solución ''trazando la paralela y armando el punto medio'' es llamativamente igual (leer: igual, no parecida) a la del problema 2 de la ibero del 2007. En mi caso por lo menos cuando lei el problema me acordé del 2 de la ibero del 2007, y con eso este me salió en el aire...

ricarlos
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Re: Iberoamericana 2013 - Problema 2

Mensaje sin leer por ricarlos » Mié 25 Sep, 2013 11:58 am

Comentario al comentario,
Spoiler: mostrar
hay que poner demasiado esfuerzo de imaginacion para adaptar el Ibero 2007 P2 a este, no creo que valga la pena
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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Prillo

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Re: Iberoamericana 2013 - Problema 2

Mensaje sin leer por Prillo » Jue 26 Sep, 2013 12:23 pm

Comentario al comentario al comentario:
Spoiler: mostrar
No es trivial la relación entre ambos problemas a primera vista, pero en ambos casos la configuración esencial que resuelve el problema es la misma. Para aclararlo, comparemos las siguientes configuraciónes subyacentes en cada problema:
Ibero 2007 - Ibero 2013
[math]
[math]
[math]
[math]
[math]
En el problema de la Ibero del 2007 se traza la paralela a [math] por [math], que se corta con las rectas [math] y [math]; en el de la Ibero 2013 la paralela es a [math] por [math], que se corta con las rectas [math] y [math]. La conclusión lógica de cada problema ahora se sigue con el mismo tipo de argumento. Ahí se puede observar la gran similitud entre ambas configuraciones subyacentes, más que nada en términos de la técnica de resolución.
3  

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Johanna

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Re: Iberoamericana 2013 - Problema 2

Mensaje sin leer por Johanna » Jue 28 Jul, 2016 6:20 pm

Dejo otra
Spoiler: mostrar
Como [math] es punto medio entonces [math], pero por arco capaz, [math], por lo que [math] es tangente a la circunferencia que pasa por [math], porlo que [math] de lo cual se deduce que los triángulos [math] y [math] son semejantes por lo que [math] es cíclico.
Llamamos [math] a la intersección entre [math] y la circunferencia. Notemos que [math] y [math]. Por lo que los triangulos [math] y [math] son semejantes y lo mismo sucede con [math] y [math]. Entonces
[math] y [math], dividiendo ambas y reacomodando queda [math]

Aplicamos teorema del seno en [math] y queda
[math]

Usamos teorema del seno en [math], [math]

[math] y [math],

dividiendo ambas queda(notemos que [math]):

[math].

Finalmente usando teorema del seno en[math] llegamos a que la igualdad anterior es tambien igual a [math] por lo que [math] y de esto se deduce que [math]

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Violeta

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Re: Iberoamericana 2013 - Problema 2

Mensaje sin leer por Violeta » Mar 11 Jul, 2017 8:11 pm

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Llamemos [math] el centro de [math] y digamos que [math] tiene radio [math]. Es casi trivial que [math]. Ahora cosideremos [math]. Pero [math] es simplemente la potencia de [math] con respecto a [math] y es sabido que [math]. Si aplicamos pitagoras en [math], [math]. Ahora, volviendo al valor de [math]. Aplicando el mismo razonamiento a [math], se obtiene que [math] y [math] es ciclico. Especificamente se deduce que [math] es la antiparalela a [math] con respecto a [math].

Ahora probamos un pequeno lema:

Lema: Dado un triangulo [math] y la A-simediana [math], [math] biseca cualquier antiparalela a [math]

Demostracion:
Sea [math] el punto medio de de [math] y asumamos sin perdida de generalidad que [math]. Por definicion de simediana, [math] y [math]. Digamos la antiparalela interseca a [math], [math] y [math] en [math],[math], y [math], respectivamente. Se sabe que [math] es ciclico, de donde [math]. Tambien, [math] y [math]. Ahora sacamos varias similitudes (porque [math] y [math], ambos por la condicion angulo-angulo).

[math]

[math]


Multiplicando estas dos igualdades se obtiene:

[math]


De donde es directo que [math].

Ahora bien, utilizando el Lema de la Simediana:
Si [math] es un triangulo y [math] intersección de tangentes por [math] y por [math] a la circunscrita, entonces [math] es la simediana de [math].
(Aca hay varias demostraciones de este hecho: http://yufeizhao.com/olympiad/geolemmas.pdf)

En [math], observamos que [math] es simediana de [math]. Aplicando el lema de arriba con respecto la antiparalela [math] se deduce que [math] es el punto medio de [math].
Para todo [math], existen [math] primos en sucesión aritmética.

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