Iberoamericana 2013 - Problema 2

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Iberoamericana 2013 - Problema 2

UNREAD_POSTpor Caro - V3 » Mar 24 Sep, 2013 4:30 pm

Sean $X$, $Y$ los extremos de un diámetro de una circunferencia $\Gamma$ y $N$ el punto medio de uno de los arcos $XY$ de $\Gamma$. Sean $A$ y $B$ dos puntos en el segmento $XY$. Las rectas $NA$ y $NB$ cortan nuevamente a $\Gamma$ en los puntos $C$ y $D$, respectivamente. Las tangentes a $\Gamma$ en $C$ y $D$ se cortan en $P$. Sea $M$ el punto de intersección del segmento $XY$ con el segmento $NP$. Demostrar que $M$ es el punto medio del segmento $AB$.
Guía de $\LaTeX$: sirve para escribir ecuaciones como $\frac{11}{8}+ x \lfloor \pi \rfloor = 1$
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Re: Iberoamericana 2013 - Problema 2

UNREAD_POSTpor ricarlos » Mar 24 Sep, 2013 5:57 pm

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Sabemos que $PC=PD$.(1)
Prolonguemos $CP$ mas alla de $C$ hasta un punto arbitrario $K$.
Por $P$ tracemos una paralela a $XY$ hasta cortar a $NC$ y $ND$ en $v$ y $W$, respectivamente.
El arco $\widehat{CN}=90+\widehat{CX}$ luego $\angle NDC=\frac{90+\widehat{CX}}{2}$.
Tambien $\angle NCK=\frac{90+\widehat{CX}}{2}$ (*) por ser este angulo semiincrito.
Calculemos $\angle XAC=\frac{\widehat{NY}+\widehat{CX}}{2}=\frac{90+\widehat{CX}}{2}$.(**)
Es decir $(*)=(**)$ (2)
$\angle CVP=(**)$ por alternos internos.
$\angle VCP=(*)$ por opuestos por el vertice.
Entonces por lo que dijimos en (2) el triangulo $CPV$ es isosceles con $PC=PV$.
Analogamente llegariamos a que $DPW$ es isosceles con $PD=PW$, y por (1) tenemos que $PV=PW$ siendo entonces $NP$ una mediana del triangulo $VNW$ y como $AB\parallel VW$ dicha mediana tambien biseca el segmento $AB$.
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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Re: Iberoamericana 2013 - Problema 2

UNREAD_POSTpor Ivan » Mar 24 Sep, 2013 7:59 pm

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Llamemos $Q$ al punto donde $NP$ vuelve a cortar a $\Gamma$. Es conocido que el cuadrilátero $NDQC$ es armónico (lema 1 del post de Prillo).

Ahora $\{A,B;M,\infty\}\underset{N}{=}\{C,D;Q,N\}=-1$ así que $M$ es punto medio de $AB$.
Guía de $\LaTeX$ (sirve para escribir ecuaciones como $2^{3\times 2}+1=13\cdot 5$)

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Re: Iberoamericana 2013 - Problema 2

UNREAD_POSTpor lichafilloy » Mar 24 Sep, 2013 10:54 pm

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Sea $J$ la interseccion entre $PN$ y la circunferencia. Es facil ver que $JCND$ es un cuadrilater armonico. Proyectamos por $N$, el cuadrlatero armonico que tenemos, hacia $AB$. Esto mantiene las razones dobles. Vemos que $C$ se va a parar a $A$, $D$ a $B$, $P$ a $M$ y $NN$ va a parar a la tangente a la circunferencia por $N$. Es facil ver que esta recta es paralela a $XY$. Lo que implica que el punto de interseccion entre $NN$ y $AB$ esta en el infinito, lo que implica que $M$ es punto medio.


EDIT: igual a la de ivan :P recien lo veo
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Re: Iberoamericana 2013 - Problema 2

UNREAD_POSTpor 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...
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Re: Iberoamericana 2013 - Problema 2

UNREAD_POSTpor ricarlos » Mié 25 Sep, 2013 11:58 am

Comentario al comentario,
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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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Re: Iberoamericana 2013 - Problema 2

UNREAD_POSTpor Prillo » Jue 26 Sep, 2013 12:23 pm

Comentario al comentario al comentario:
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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
$A\leftrightarrow P$
$X_1\leftrightarrow C$
$X_4\leftrightarrow D$
$K\leftrightarrow N$
$AX_1 = AX_4 \leftrightarrow PC = PD$

En el problema de la Ibero del 2007 se traza la paralela a $BC$ por $A$, que se corta con las rectas $KX_1$ y $KX_4$; en el de la Ibero 2013 la paralela es a $XY$ por $P$, que se corta con las rectas $NC$ y $ND$. 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.

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Re: Iberoamericana 2013 - Problema 2

UNREAD_POSTpor Johanna » Jue 28 Jul, 2016 6:20 pm

Dejo otra
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Como $N$ es punto medio entonces $N\hat{Y}X= N\hat{X}Y=45$, pero por arco capaz, $N\hat{D}Y=X \hat{C}N=45$, por lo que $XN$ es tangente a la circunferencia que pasa por $XAC$, porlo que $NX^2=NA \cdot NC= NB \cdot ND$ de lo cual se deduce que los triángulos $NAD$ y $NBC$ son semejantes por lo que $ABDC$ es cíclico.
Llamamos $R$ a la intersección entre $NP$ y la circunferencia. Notemos que $N\hat{A}B=N\hat{D}C=C\hat{R}N$ y $N\hat{B}A=N\hat{C}D=D\hat{R}N$. Por lo que los triangulos $NAM$ y $NCR$ son semejantes y lo mismo sucede con $MNB$ y $RDN$. Entonces
$\frac{AM}{CR}=\frac{MN}{NC}$ y $\frac{MB}{RD}=\frac{MN}{ND}$, dividiendo ambas y reacomodando queda $\frac{AM}{MB}=\frac{DN}{NC}\frac{CR}{RD}$

Aplicamos teorema del seno en $CRD$ y queda
$\frac{RD}{CR}=\frac{\sin RCD}{\sin CDR}$

Usamos teorema del seno en $CRP$, $PRD$

$\frac{RP}{\sin PCR}=\frac{CP}{\sin CRP}$ y $\frac{RP}{\sin RDP}=\frac{DP}{\sin PRD}$,

dividiendo ambas queda(notemos que $CP=PD$):

$\frac{\sin RDP}{\sin PCR}=\frac{PRD}{\sin CRP}=\frac{\sin RCD}{\sin RDC}=\frac{\sin DRN}{\sin CRN}$.

Finalmente usando teorema del seno en$NCD$ llegamos a que la igualdad anterior es tambien igual a $\frac{ND}{NC}$ por lo que $\frac{ND}{NC}=\frac{RD}{CR}$ y de esto se deduce que $AM=MB$
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Re: Iberoamericana 2013 - Problema 2

UNREAD_POSTpor Violeta » Mar 11 Jul, 2017 8:11 pm

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Llamemos $O$ el centro de $\Gamma$ y digamos que $\Gamma$ tiene radio $r$. Es casi trivial que $NO \perp XY$. Ahora cosideremos $NA \cdot NC = NA (NA+AC) = NA^2 + NA \cdot AC$. Pero $NA \cdot AC$ es simplemente la potencia de $A$ con respecto a $\Gamma$ y es sabido que $NA \cdot AC = r^2 - AO^2$. Si aplicamos pitagoras en $\triangle NAO$, $NA^2 = AO^2 + ON^2 = AO^2+r^2 \Rightarrow r^2 = NA^2-AO^2$. Ahora, volviendo al valor de $NA \cdot NC = NA^2 + NA \cdot AC = NA^2 + r^2-AO^2 = r^2+r^2 = 2r^2$. Aplicando el mismo razonamiento a $NB \cdot ND$, se obtiene que $NA \cdot NC = 2r^2 = NB\cdot ND$ y $ABDC$ es ciclico. Especificamente se deduce que $AB$ es la antiparalela a $CD$ con respecto a $\triangle NCD$.

Ahora probamos un pequeno lema:

Lema: Dado un triangulo $ABC$ y la A-simediana $AD$, $AD$ biseca cualquier antiparalela a $BC$

Demostracion:
Sea $M$ el punto medio de de $BC$ y asumamos sin perdida de generalidad que $D \in BC$. Por definicion de simediana, $\angle BAM = \angle CAD$ y $\angle BAD = \angle CAM$. Digamos la antiparalela interseca a $AB$, $AC$ y $AD$ en $B'$,$C'$, y $M'$, respectivamente. Se sabe que $BB'C'C$ es ciclico, de donde $AB' \cdot AB = AC' \cdot AC$. Tambien, $\angle AB'M' = \angle ACM$ y $\angle AC'M' = \angle ABM$. Ahora sacamos varias similitudes (porque $\triangle AB'M' \sim \triangle ACM$ y $\triangle AC'M' \sim \triangle ABM$, ambos por la condicion angulo-angulo).



$$\frac{AC'}{C'M'} = \frac{AB}{BM} \Rightarrow AB \cdot C'M' = AC' \cdot BM$$





$$\frac{AB'}{B'M'} = \frac{AC}{CM} \Rightarrow AB' \cdot CM = AC \cdot B'M'$$




Multiplicando estas dos igualdades se obtiene:



$$AB \cdot AB' \cdot CM \cdot C'M' = AC \cdot AC' \cdot BM \cdot B'M'$$




De donde es directo que $B'M' = C'M'$.

Ahora bien, utilizando el Lema de la Simediana:
Si $ABC$ es un triangulo y $P$ intersección de tangentes por $B$ y por $C$ a la circunscrita, entonces $AP$ es la simediana de $\triangle ABC$.
(Aca hay varias demostraciones de este hecho: http://yufeizhao.com/olympiad/geolemmas.pdf)

En $\triangle ACD$, observamos que $AP$ es simediana de $\triangle ACD$. Aplicando el lema de arriba con respecto la antiparalela $AB$ se deduce que $M$ es el punto medio de $AB$.
Para todo $k$, existen $k$ primos en sucesión aritmética.
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