Entrenamiento IMO 2014 - Problema 32 (P6 TST Rumania 2013)

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Matías V5

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Entrenamiento IMO 2014 - Problema 32 (P6 TST Rumania 2013)

Mensaje sin leer por Matías V5 » Vie 20 Jun, 2014 1:09 am

Los vértices de dos triángulos acutángulos pertenecen todos a una misma circunferencia. Los puntos medios de dos lados de uno de los triángulos pertenecen ambos a la circunferencia de los 9 puntos del otro triángulo. Demostrar que los dos triángulos comparten la misma circunferencia de los 9 puntos.
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Matías V5

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Re: Problema 32 (P6 TST Rumania 2013)

Mensaje sin leer por Matías V5 » Vie 20 Jun, 2014 2:32 pm

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Sean [math] y [math] los dos triángulos iniciales, y sean [math] y [math] sus respectivos triángulos mediales. Llamemos [math] a la circunferencia de los 9 puntos de [math], que coincide con el circuncírculo de [math]. Supongamos que [math], entonces [math] va a ser la circunferencia de los 9 puntos de [math] si y sólo si [math].
Sea [math] el centro de la circunferencia que pasa por [math]. Es conocido que entonces [math] es el ortocentro de los triángulos mediales [math] y [math]. Además, como [math] y [math] tenían el mismo circunradio, lo mismo ocurre con los triángulos mediales (de hecho el nuevo circunradio es igual a la mitad del circunradio original). Entonces sólo hay dos posibilidades para el circuncírculo de [math]: o bien es [math] (en cuyo caso ganamos) o bien es la circunferencia [math] que se obtiene reflejando [math] por [math]. Supongamos que ocurre el segundo caso. Entonces, el simétrico de [math] (que es el ortocentro de [math]) respecto de la recta [math] está sobre [math] (que es el circuncírculo de [math]). Por definición de [math], esto es lo mismo que decir que [math] está sobre [math]. Pero esto no puede ser, pues [math] también era el ortocentro del triángulo acutángulo [math] (es acutángulo porque es semejante a [math], que es acutángulo por enunciado), luego [math] debe estar en el interior del triángulo [math] y por lo tanto en particular debe estar en el interior de [math], que es el circuncírculo de [math]. Entonces, necesariamente el circuncírculo de [math] es [math], y el problema sigue. [math]
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Gianni De Rico

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Re: Entrenamiento IMO 2014 - Problema 32 (P6 TST Rumania 2013)

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Lun 30 Dic, 2019 6:47 pm

Solución:
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Sean $ABC$ y $A'B'C'$ los triángulos dados, y sean $\Gamma$ el circuncírculo, $O$ el circuncentro, y $G$ el baricentro de $ABC$. Por último, sean $M$ y $N$ los puntos medios de $A'B'$ y $A'C'$, y supongamos sin pérdida de generalidad que $M$ y $N$ pertenecen ambos a $\omega _1$, la circunferencia de los 9 puntos de $ABC$.

Consideremos la homotecia de centro $G$ y razón $-\frac{1}{2}$, que manda $ABC$ a su triángulo medial y por lo tanto manda $\Gamma$ a $\omega _1$, de donde el radio de $\omega _1$ es la mitad del radio de $\Gamma$.
Ahora, como $A',B',C'\in \Gamma$, tenemos que $O$ es el circuncentro de $A'B'C'$, de donde $OM\perp A'M$ y $ON\perp A'N$. Sea $\omega _2$ la circunferencia de diámetro $OA'$, luego, $M,N\in \omega _2$, además, el radio de $\omega _2$ es la mitad de $OA'$, que es el radio de $\Gamma$.
Entonces $\omega _1$ y $\omega _2$ tienen el mismo radio y se cortan en $M$ y $N$, de donde son simétricas respecto de $MN$. Sea $A''$ el simétrico de $A'$ respecto de $MN$, como $A'\in \omega _2$, tenemos que $A''\in \omega _1$, y como $MN$ es la base media correspondiente a $A'$ en $A'B'C'$, tenemos que $A''$ es el pie de la altura desde $A'$ en $A'B'C'$, luego, $\odot A''MN$ es la circunferencia de los 9 puntos de $A'B'C'$, pero $\odot A''MN\equiv \omega _1$, de donde los dos triángulos comparten la misma circunferencia de los 9 puntos.
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Mijail
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Re: Entrenamiento IMO 2014 - Problema 32 (P6 TST Rumania 2013)

Mensaje sin leer por Mijail » Dom 05 Ene, 2020 10:16 pm

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Sea $ ABC $ y $ A'B'C '$ los ​​dos triángulos con el circuncirculo el cual su centro es $O$ y tiene radio $R$. Sea $N$ el centro de la circunferencia de los $9$ puntos del triangulo $ABC$ y asuma que los puntos medios $ E ', F' $ de $ C'A ',{A'B'} $ estan sobre $(N)$ .Es conocido que el radio de la circunferencia de los $9$ puntos de un triangulo es la mitad que la de su circunradio. Como solo hay dos círculos distintos con un radio $R/2$ que los atraviesa a $ E ', F' $, tenemos que o bien el centro de la circunferencia de los $9$ puntos de $A'B'C '$ es $N$ o es la reflexion de $N$ sobre $E ' F' $ luego si es $N$ entonces terminamos ahora si es el otro punto es facil ver que por una homotecia en $A$ que cambia a $C'$ por $E'$ y a $B'$ por $F'$ tenemos que ese punto es el centro del circuncirculo de $A'E'F'$ entonces $A'E'F'D'$ es ciclico donde $D'$ es el punto medio de $C'B'$ entonces esto implica que $A'B'C'$ es un triangulo rectangulo lo cual no es posible ya que es acutangulo. Entonces necesariamente su centro de la circunferencia de los $9$ puntos de $A'B'C'$ es $N$ lo cual termina con el problema. :mrgreen:

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