IMO 2014 Problema 4

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Matías V5

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IMO 2014 Problema 4

Mensaje sin leer por Matías V5 » Mié 09 Jul, 2014 10:52 am

Los puntos [math] y [math] están en el lado [math] del triángulo acutángulo [math] de modo que [math] y [math]. Los puntos [math] y [math] están en las rectas [math] y [math], respectivamente, de modo que [math] es el punto medio de [math], y [math] es el punto medio de [math]. Demostrar que las rectas [math] y [math] se cortan en la circunferencia circunscrita del triángulo [math].
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Matías V5

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Re: IMO 2014 Problema 4

Mensaje sin leer por Matías V5 » Mié 09 Jul, 2014 12:11 pm

Tengo una solución con
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inversión
Solución
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Notemos que la condición [math] equivale a que la recta [math] sea tangente a la circunferencia [math], y la condición [math] equivale a que la recta [math] sea tangente a la circunferencia [math].
Hacemos una inversión de centro [math] y radio arbitrario [math]. Usamos la notación [math] para indicar el inverso de un punto [math].
Como [math] son colineales, los puntos [math] son concíclicos. Además, [math] tangente a [math] implica [math]; y [math] tangente a [math] implica [math]. Entonces [math] y [math] son trapecios, y como son cíclicos, son trapecios isósceles.
Como [math] y [math] eran los puntos medios de [math] y [math], sigue que [math] y [math] son los puntos medios de [math] y [math].
Nosotros queríamos probar que [math]. En el problema invertido, lo que tenemos que probar es que [math]. Ahora, por simetría, la circunferencia [math] pasa por el punto medio de la otra diagonal del trapecio isósceles [math], que es [math]. Análogamente se prueba que [math] pasa por el punto medio de [math]. Entonces [math] y [math] se cortan sobre [math], que era lo que queríamos demostrar. [math]
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Re: IMO 2014 Problema 4

Mensaje sin leer por innombrable » Mié 09 Jul, 2014 12:20 pm

Aquí va mi solución:
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Llamamos [math] y [math], y [math] a la intersección de [math] y [math]. Como [math], si demotramos que [math], por arco capaz ya demostraríamos lo que el enunciado nos pide.

Pequeños angulitos nos muestran que [math]. Por semejanza entre [math] y [math] tenemos que [math]. Además, por enunciado [math] y [math], entonces se deduce que [math].Tenemos que [math], y dada esta relación, los triángulos [math] y [math] son semejantes. Por lo tanto, [math]. Por suma de ángulos internos del cuadrilátero [math] tenemos que [math].
En otras palabras, [math], que era lo que queríamos probar.

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Prillo

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Re: IMO 2014 Problema 4

Mensaje sin leer por Prillo » Mié 09 Jul, 2014 12:43 pm

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Queremos ver que [math]. Recortamos los triangulos [math] y [math] (con [math] y [math] incluidos), los rotamos y reescalamos para que sus subtriangulos semejantes [math] y [math] (que son semejantes a [math]), conincidan. Como [math] y [math] son puntos medios de [math] y [math] respectivamente, lo que nos queda es un paralelogramo. Ahora es trivial que [math].
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Matías V5

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Re: IMO 2014 Problema 4

Mensaje sin leer por Matías V5 » Mié 09 Jul, 2014 1:36 pm

@innombrable: Creo que la configuración que te quedó a vos, donde por ejemplo [math] es convexo, no puede pasar, porque el problema dice que el triángulo es acutángulo. Eso fuerza por ejemplo a que los puntos [math] aparezcan en ese orden y no en otro. Evidentemente el problema también vale en el otro caso, y es lo que demostraste vos.
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Re: IMO 2014 Problema 4

Mensaje sin leer por Matías V5 » Mié 09 Jul, 2014 1:48 pm

Bueno ahora sí tengo una solución como la gente.

Solución 2
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Sean [math] y [math]. Como [math] (pues [math] es base media del triángulo [math]), es claro que [math] y [math] son puntos medios de [math] y [math] respectivamente.
Es fácil ver con angulitos (ya lo hicieron en otras soluciones) que los triángulos [math] y [math] son semejantes al [math]. Entonces también son semejantes los triángulos [math] y [math], que son homotéticos a los anteriores. Como [math] y [math] son medianas en dichos triángulos, se tiene que [math]. Si [math] es el punto donde se cortan [math] y [math], la igualdad anterior implica que [math]. Entonces [math], y [math] es cíclico. [math]
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Re: IMO 2014 Problema 4

Mensaje sin leer por innombrable » Vie 11 Jul, 2014 6:37 pm

@Matías V5 Muchas gracias por la observación, estas cosas suelen pasar cuando uno está apurado y si no me marcabas probablemente no me iba a dar cuenta, de un error bastante grave.

La solución que propongo es de todas formas muy parecida a la anterior:
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En primer lugar, vamos a llamar a los ángulos [math] y [math]. Si llamamos [math] a la intersección de [math] y [math], queremos de nuevo probar que [math], y así [math] yace sobre la circunferencia circunscrita del triángulo [math].

Vemos rápidamente que los ángulos [math], lo cual nos arroja la igualdad [math]. Por la evidente semejanza entre [math] y [math] deducimos que [math]. Hacemos el reemplazo [math] y [math] y obtenemos [math].

Ahora fijemos la vista en los triángulos [math] y [math]: Sabemos que [math], y sabemos que [math], entonces también sabemos que [math] es semejante a [math]. De acá sale que [math] y [math]. Y también que [math]

Finalmente, podemos calcular el ángulo [math]: vemos que [math], que es exactamente lo que queríamos demostrar.
Podríamos decir que no importa si el ángulo [math] es agudo, recto u obtuso, la condición del enunciado se va a seguir manteniendo.

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Re: IMO 2014 Problema 4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mié 04 Jul, 2018 12:23 pm

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Sean $\Gamma$ el circuncírculo de $\triangle ABC$, $G$ la segunda intersección de $BM$ con $\Gamma$, $G'$ la segunda intersección de $CN$ con $\Gamma$ y $V$ un punto en el mismo semiplano que $A$ respecto a $BC$ tal que $VB$ es tangente a $\Gamma$.
Por arco capaz $V\widehat BA=B\widehat CA=B\widehat AP\Rightarrow VB\parallel AP\Rightarrow AP\cap BV=P_{\infty}$. Proyectando por $B$ tenemos $\{B,C,A,G\}=\{P_{\infty},P,A,M\}=-1$, por lo que $BACG$ es un cuadrilátero armónico y $AG$ es la $A\text{-simediana}$ de $\triangle ABC$. Análogamente, $AG'$ es la $A\text{-simediana}$ de $\triangle ABC$, entonces $A,G,G'$ están alineados. Como además $G$ y $G'$ están sobre $\Gamma$ y son distintos de $A$, concluimos que $G\equiv G'$. Por lo tanto, $BM$ y $CN$ se cortan sobre $\Gamma$.
[math]

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