Problema 1 IMO 2016

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
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Matías V5

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Problema 1 IMO 2016

Mensaje sin leer por Matías V5 » Lun 11 Jul, 2016 3:52 am

El triángulo [math] es rectángulo en [math]. Sea [math] el punto de la recta [math] tal que [math] y [math] está entre [math] y [math]. Se elige el punto [math] de modo que [math] y [math] es bisectriz del ángulo [math]. Se elige el punto [math] de modo que [math] y [math] es bisectriz del ángulo [math]. Sea [math] el punto medio de [math]. Sea [math] el punto tal que [math] es un paralelogramo (con [math] y [math]). Demostrar que las rectas [math], [math] y [math] son concurrentes.
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We gave you a start so you'd know what to do
You've seen how it works, now it's over to you (...)
For there's so much more to explore!

Numberblocks - https://www.youtube.com/watch?v=SoRiOoqao5Y

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Emerson Soriano

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Re: Problema 1 IMO 2016

Mensaje sin leer por Emerson Soriano » Lun 11 Jul, 2016 1:26 pm

Un poco larga, pero sale!
Spoiler: mostrar
Sea [math] la circunferencia circunscrita del triángulo [math]. Trazamos la recta [math] por [math] paralela a [math], y sea [math] un punto en la recta [math] tal que [math]. Sea [math] el segundo punto de corte de la recta [math] con [math]. Es claro que [math] es el incentro del triángulo [math], por lo tanto
[math]
y hacemos [math]. Note que en el triángulo [math] se deduce que [math]. Sea [math] un punto de [math] tal que [math], así se tiene que [math], y de esto se tiene que [math]. Por lo tanto, [math] y [math], puesto que sólo hay un punto [math] en la recta [math] que satisface esto.

Con respecto al problema, podemos darnos cuenta que la recta [math] es tangente a [math] en el punto [math] y como [math], entonces la recta [math] es paralela a la recta [math], quiere decir que el punto [math] se encuentra en la recta [math]. Sabemos que [math], así que completando ángulos tenemos que
[math]
y
[math]
Como la recta [math] es paralela a la recta [math], entonces el cuadrilátero [math] es un trapecio isósceles y por ende es cíclico, por lo tanto [math], [math] y también [math]. Como [math], entonces el cuadrilátero [math] es cíclico y claramente también es un trapecio isósceles, lo cual implica que los puntos [math], [math] y [math] son colineales, en consecuencia [math].

Notemos que el cuadrilátero [math] es un rombo, por eso sus diagonales [math] y [math] son perpendiculares, y además se cortan en su punto medio. Sea [math] el punto de corte de las rectas [math] y [math]. Note que [math] está en la mediatriz del segmento [math], por lo tanto [math], y en consecuencia [math] y [math]. Sea [math] el punto de corte de la recta [math] con la recta [math]. Es claro que [math]. Como [math] y [math] es paralelo a [math], entonces [math] es un paralelogramo, así [math] y [math], y en consecuencia [math] es un paralelogramo, lo cual implica que [math].

En conclusión, [math], [math] y [math] concurren en un punto (el punto [math]).
Última edición por Emerson Soriano el Vie 22 Jul, 2016 6:21 pm, editado 2 veces en total.

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AgusBarreto

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Re: Problema 1 IMO 2016

Mensaje sin leer por AgusBarreto » Lun 11 Jul, 2016 10:51 pm

Me salteo en la parte final los angulitos en la expliación, porque estoy medio apurado, si tengo tiempo después aclaro esa parte.
Spoiler: mostrar
Llamamos [math]

Para probar que [math] está sobre [math]:
Spoiler: mostrar
Supongamos que [math] no pertenece a [math], y llamemos [math] al punto de intersección de [math] y [math].
Sabemos que [math] por ser [math] y que [math] por ser paralelas [math] y [math].
Luego, [math] y [math] son paralelas, absurdo. Entonces [math] pertenece a [math]
Para probar que [math] está sobre la recta [math]:
Spoiler: mostrar
Como [math], tenemos que [math], y despejando [math]. Luego, [math].

En particular [math], y como [math] por ángulos entre paralelas y [math] por ser [math] podemos concluir que [math], esto nos dice que [math] es cíclico

Vemos que, gracias a esto, [math] por cíclico.

Miremos la que [math] que sería [math], despejando [math], por lo que [math] es rotohomotético con [math]

Luego [math] y demostramos lo que queríamos.
Ahora que tenemos todo lo necesario, trazamos [math] y llamamos [math] a la intersección de [math] con [math]
Sacando angulitos (teniendo en cuenta la propiedad de la mediana de un triángulo rectángulo en [math]), notamos que [math] es un trapecio isósceles,
con [math], y que [math] es un trapecio isósceles con [math]. Por último, notar también sacando angulitos que [math] es perpendicular a [math],
y como [math], entonces [math] es mediatriz de [math]. Además, sabiendo que [math], concluimos [math].

Ahora, por recíproco del Teorema de Ceva, debería cumplirse que:
[math]
Lo cual es cierto, ya que [math], [math] y [math] es punto medio de [math]. Y con eso estamos ■.
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MateoCV

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Re: Problema 1 IMO 2016

Mensaje sin leer por MateoCV » Jue 14 Jul, 2016 9:10 pm

Subo mi solución
Spoiler: mostrar
Sea [math]. Sea [math] el punto de intersección de [math] y [math]. Luego como [math] es paralelogramo, [math] y como [math] entonces [math] y [math] de donde [math] y entonces [math] y [math] son colineales.
Sea [math] el centro de la circunferencia que pasa por [math] y [math]. Luego [math]. Sea [math] un punto arbitrario en el arco [math] que no contiene a [math] de dicha circunferencia. Como [math], entonces [math] y [math]. Luego [math] y [math] es el centro de la circunferencia que pasa por [math] y [math].
Luego [math] y [math] De donde [math] es cíclico. Luego [math] de donde [math] y [math] son colineales. Luego [math].
Sea [math] y [math]. Como [math] entonces [math] es cíclico y se sigue que [math] y [math]. Luego como [math], luego [math] y como [math], [math] y [math]. Luego como [math], [math] y [math].
Entonces [math] es un rombo y entonces [math]. Como [math] es un trapecio isóceles ([math]) entonces es cíclico (También se puede ver viendo otros ángulos), [math].
Sea [math]. Luego como [math] es cíclico ([math] y [math]), entonces [math], de donde [math] y [math] son colineales, de donde las rectas [math], [math] y [math] concurren
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$2^{82589933}-1$ es primo

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Violeta

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Re: Problema 1 IMO 2016

Mensaje sin leer por Violeta » Vie 30 Jun, 2017 4:49 pm

Dejo la mia (aunque un poco tarde, pero seguro).
Spoiler: mostrar
Llamamos [math] el cicuncirculo de [math], que tiene circuncentro [math].

Digamos que la mediatriz de [math] interseca a [math] en [math]. Sea [math] la interseccion de [math] con [math]. Como [math], [math] y por el reciproco del Teorema de la Bisectriz, [math] es bisectriz de [math]. Ahora los angulitos: sea [math] de donde sigue que [math]. Sea [math]. Como [math], sigue que [math]. De aqui sale que [math] y [math] esta en [math].

Digamos que la paralela a [math] por [math] interseca a [math] en [math]. Entonces, [math] y [math] y [math] esta en [math].

[math]. Pero [math], de donde [math] es ciclico. Como [math], [math]. Entonces, [math] Pero ahora [math] y [math] es ciclico, de donde [math] es ciclico y, especificamente, [math] y [math] estan alineados.

Como ya habiamos visto que [math], [math] y [math] es ciclico.

Ahora bien, tenemos los cuadrilateros ciclicos [math], [math] y [math], llamamos sus circuncirculos [math] respectivamente.

[math] es el eje radical de [math] y [math]. [math] es el eje radical de [math] y [math]. [math] es el eje radical de [math] y [math]. Por ser [math] ejes radicales de tres circulos, concurren.
Para todo [math], existen [math] primos en sucesión aritmética.

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Gianni De Rico

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Re: Problema 1 IMO 2016

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Jue 26 Dic, 2019 6:58 pm

Solución:
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Screenshot_20191226-225415.png
Sea $\angle FBA=\alpha$, de las definiciones de los puntos es inmediato que $\angle BAF=\angle CAD=\angle DAE=\angle DCA=\angle EDA=\alpha$, luego $ED\parallel AM\parallel EX$, de donde $E,D,X$ están alineados y $XE\parallel FM$. Luego, $XE\cap FM=P_{\infty XE}$. (*)

Ahora, $\angle ADC=180°-2\alpha$ y $\angle CBA=\angle CBF+\angle FBA=90°+\alpha=180°-\frac{\angle ADC}{2}$, pero como $DA=DC$, tenemos que $D$ es el circuncentro de $ABC$, de donde $DA=DB=DC$.
Por otro lado, $ABF$ y $ADE$ son rotohomotéticos, de donde $ABD$ y $AFE$ son rotohomotéticos, y como $DA=DB$, tenemos que $EA=EF=ED$, luego, $\angle EFA=\angle FAE=\angle CAD+\angle DAE=\alpha +\alpha =2\alpha$, de donde $B,F,E$ son colineales. Luego, $\angle AEB=\angle AEF=\angle ADB$, por lo que $ABDE$ es cíclico, de donde $\angle DBF=\angle DBE=\angle DAE=\alpha =\angle DCF$, por lo que $BCDF$ es cíclico.
Como $BCF$ es rectángulo en $B$, tenemos que $M$ es el centro de $\odot BCDF$, de donde $$\angle MBE=\angle MBF=\angle BFM=\angle EFA=\angle FAE=\angle MAE$$ por lo que $ABME$ es cíclico, entonces $ABMDE$ es cíclico, de donde $$FA\cdot FM=\text{Pot}(F,\odot ABD)=FB\cdot FE$$ y como $FA=FB$, tenemos que $FM=FE=ED$, pero también $FM\parallel DE$, de donde $EDMF$ es un paralelogramo, por lo que $MD\parallel EF\parallel EB$. Luego, $EB\cap MD=P_{\infty BE}$. (**)

Como $AEXM$ y $EDMF$ son paralelogramos, emtonces $ADXF$ es un paralelogramo, de donde $DX=FA=FB$, luego, $\frac{ED}{XD}=\frac{EF}{FB}$, y por Thales se sigue que $BX\parallel DF$. Luego, $BX\cap DF=P_{\infty BX}$. (***)

De (*), (**) y (***) tenemos que los puntos de intersección de $(BX,DF)$, $(XE,FM)$ y $(EB,MD)$ están alineados sobre la recta del infinito, y por Desargues en $BXE$ y $DFM$, tenemos que $BD$, $FX$ y $ME$ son concurrentes.
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Queda Elegantemente Demostrado

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Sandy

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Re: Problema 1 IMO 2016

Mensaje sin leer por Sandy » Mié 03 Jun, 2020 6:30 am

Veo demasiadas soluciones rebuscadas por acá...
Spoiler: mostrar
Sea $FBA=FAB=FAD=FCD=DAE=EDA$
Vamos a separar esto en $5$ Claims:
  • Claim 1: $D\in EX$
$DEA=180^{\circ}-2\alpha=180^{\circ}-FAE\Longrightarrow DE\parallel AF\Longrightarrow D\in XE$
  • Claim 2: $F\in BE$
$BFA\approx CDA$ luego hay una rotohomotecia que lleva $B$ a $F$ y $C$ a $D$, luego $DFA\approx BCA\Longrightarrow DFA=90^{\circ}+\alpha \Longrightarrow CFD=90^{\circ}-\alpha\Longrightarrow CDF=90^{\circ}\Longrightarrow BCDF$ es cíclico ($\omega_1$) $\Longrightarrow DBF=DCF=\alpha$. Sabemos además que $CF$ es diámetro y por lo tanto $M$ centro.
$EFA\approx BDA$ luego la rotación que lleva $BD$ a $EF$ es igual a la que lleva $DA$ a $AE$ que es igual a $\alpha$. Tenemos entonces que $EF$ y $BF$ forman el mismo ángulo con $DB$, luego $F\in BE$.
  • Claim 3: $X\in \omega_1$
Sabíamos que $DFA\approx BDA\Longrightarrow MFD=MDF=90^{\circ}-\alpha$.
$DFE=180^{\circ}-MFD-BFC=180^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)-2\alpha=90^{\circ}-\alpha=MDF\Longrightarrow MD\parallel BE\Longrightarrow ABE=MDC=\alpha\Longrightarrow MDX=2\alpha=MAE=MXE\Longrightarrow MX=MD\Longrightarrow X\in \omega_1$
  • Claim 4: $MFEX$ es cíclico
$MFE=180^{\circ}-2\alpha=180^{\circ}-MXE\Longrightarrow MFEX$ es cíclico ($\omega_2$).
  • Claim 5: $BMDE$ es cíclico
$DMB=MDE=180^{\circ}-2\alpha=180^{\circ}-MBE\Longrightarrow BMDE$ es cíclico ($\omega_3$).

El eje radical $\omega_1/\omega_2$ es $FX$.
El eje radical $\omega_2/\omega_3$ es $ME$.
El eje radical $\omega_3/\omega_1$ es $BD$.

Luego estas rectas son o bien concurrentes o bien paralelas. Si fueran paralelas, deberían ser coaxiales $\omega_1, \omega_2, \omega_3$, luego la recta que conecta los centros de $\omega_2, \omega_3$ pasa por $M$. Pero sabemos además que pasa por el punto medio de $EM$ por ser sus intersecciones, luego $M$ es el punto medio de $EM$, luego $E=M$, luego $\alpha=ABF=0^{\circ}$, luego $A=F$, luego $BF=0$ lo cual claramente es absurdo. Luego $FX, ME, BD$ son concurrentes.
Última edición por Sandy el Mié 03 Jun, 2020 9:43 pm, editado 1 vez en total.
$u=tan\left(\frac{x}{2}\right)$
$\frac{2}{1+u^2}du=dx$

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Gianni De Rico

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Re: Problema 1 IMO 2016

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mié 03 Jun, 2020 9:33 am

Sandy escribió:
Mié 03 Jun, 2020 6:30 am
Veo demasiadas soluciones rebuscadas por acá...
Spoiler: mostrar
  • Claim 5: $BMDE$ es cíclico
$MDE=180^{\circ}-2\alpha=180^{\circ}-MBE\Longrightarrow BMDE$ es cíclico ($\omega_3$).
[...]
Luego estas rectas son o bien concurrentes o bien paralelas. $ME$ es diagonal de $BMDE$ que es cíclico, luego convexo, luego $B$ y $D$ están en distintos semiplanos respecto de $ME$, por lo que para llegar de $B$ a $D$ se debe cruzar $ME$, por lo que $BD\nparallel ME$, por lo que $FX, ME, BD$ son concurrentes.
Ojo
Spoiler: mostrar
Acá estás haciendo razonamiento circular, para que $\angle MDE=180^\circ -\angle MBE$ implique que $BMDE$ es cíclico, necesitás que $B$ y $D$ estén en distintos semiplanos respecto de $ME$.
Queda Elegantemente Demostrado

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