Problema 2 APMO 2017

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tuvie

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Problema 2 APMO 2017

Mensaje sin leer por tuvie » Dom 14 May, 2017 12:30 pm

Sea [math] un triángulo tal que [math]. Sea [math] el punto de intersección entre la bisectriz interior de [math] y el circuncírculo de [math]. Sea [math] el punto de intersección entre la mediatriz de [math] y la bisectriz exterior de [math].
Probar que el punto medio del segmento [math] está sobre el circuncírculo del triángulo [math].

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MateoCV

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Re: Problema 2 APMO 2017

Mensaje sin leer por MateoCV » Dom 14 May, 2017 4:59 pm

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Sean [math] los puntos medios de [math] respectivamente. Llamemos [math] Luego [math] (arco capaz). También tenemos que [math] por ser bisectriz exterior y por la mediatriz. Luego [math] Vamos a probar que [math] y [math] son semejantes. [math] por base media, y como [math] tenemos que [math] Como [math], ese triángulo es isósceles y tenemos que [math] es semejante a [math] Luego [math]. Luego los triángulos [math] y [math] tienen dos lados proporcionales y el ángulo que los comprende iguales, por lo que son semejantes. Luego [math] y [math]. Como [math], [math] es cíclico como se quería ver
$2^{82589933}-1$ es primo

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Emerson Soriano

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Re: Problema 2 APMO 2017

Mensaje sin leer por Emerson Soriano » Lun 15 May, 2017 5:32 pm

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Sea [math] el punto de corte del circuncírculo del triángulo [math] y la recta [math]. Como [math] es bisectriz interior y [math] es bisectriz exterior, entonces [math], [math] y [math]. Sea [math] el punto medio de [math], y sea [math]. Como el cuadrilátero [math] es cíclico, entonces [math], así, [math], y por ende, [math]. Como [math] y [math], entonces [math].

Por otro lado, los triángulos [math] y [math] son semejantes, por lo tanto, [math], de este modo, los triángulos [math] y [math] son semejantes, pues [math]. Esto muestra que [math], o sea, [math]. En síntesis, [math] es paralelo a [math], y, como [math] es punto medio de [math], entonces [math] es punto medio de [math], que es lo que se quería probar.

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Gianni De Rico

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Re: Problema 2 APMO 2017

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 23 Dic, 2017 8:22 pm

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Sea $\Gamma$ el circuncírculo de $\triangle ADZ$. Sean $M$, $N$, $P$ los puntos medios de $AB$, $AC$, $AD$, respectivamente. Sea $O$ el circuncentro de $\triangle ABC$. Entonces $OM$, $ON$, $OP$ son mediatrices de $AB$, $AC$, $AD$, respectivamente, por lo tanto $O\widehat MA=O\widehat NA=90°$. Sean $E$ y $F$ las intersecciones de $AD$ con las rectas $OM$ y $ON$, respectivamente. Como $AD$ es bisectriz de $M\widehat AN$, entonces $M\widehat AE=N\widehat AF=\alpha$, por lo tanto, $\triangle AME\simeq \triangle ANF\Rightarrow O\widehat FE=N\widehat FA=M\widehat EA=F\widehat EO$. Luego, $\triangle EOF$ es isósceles en $O$, se sigue que las rectas $OE$ y $OF$ son simétricas respecto a $OP$. Sea $Z'$ el simétrico de $Z$ respecto a $OP$, como $OP$ es mediatriz de $AD$, entonces $Z'\in \Gamma$, además, $M$, $O$, $Z'$ son colineales, ya que $N$, $O$, $Z$ son colineales. Tenemos $AD\perp OP\perp ZZ'\Rightarrow AD\parallel ZZ'$, como $AD$ y $AZ$ son bisectrices interior y exterior de $B\widehat AC$, resulta $AD\perp AZ\Rightarrow AZ\perp AZ'$, y por arco capaz $ADZ'Z$ es un rectángulo. Por último, $Z'\widehat MA=O\widehat MA=90°=Z'\widehat DA$ y por arco capaz $M\in \Gamma$.
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Gianni De Rico

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Re: Problema 2 APMO 2017

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Lun 30 Dic, 2019 4:44 pm

Otra

Solución:
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Sea $\angle CAB=2\alpha$, y sea $M$ el punto medio de $AB$.
Consideremos la inversión de centro $A$ y radio $AM$, y sea $X'$ el inverso de $X$ para todo punto $X$ del plano. Luego, $\angle AZ'C'=\angle ACZ=\angle CAZ=\angle C'AZ'$, por lo que $C'A=C'Z'$, pero además $\angle CAZ=90°-\alpha$, de donde $$\angle B'AZ'=\angle B'AC'+\angle C'AZ'=2\alpha +90°-\alpha =90°+\alpha =180°-(90°-\alpha )=180°-\angle AZ'C'$$ por lo que $AB'\parallel C'Z'$.
Notemos que $B',D',C'$ son colineales y $AD'$ es bisectriz de $\angle B'AC'$, luego $\frac{B'A}{AC'}=\frac{B'D'}{D'C'}$, por otro lado, $\frac{AB'}{AM}=\frac{AM}{AB}=\frac{1}{2}$, de donde $AB'=B'M$.
Sea $D_1=B'C'\cap MZ'$, luego, por Thales $$\frac{B'D_1}{D_1C'}=\frac{B'M}{C'Z'}=\frac{AB'}{C'A}=\frac{B'D'}{D'C'}$$ de donde $D'\equiv D_1$, y se sigue que $M,D',Z'$ son colineales, entonces $AMDZ$ es cíclico, por lo que el punto medio del segmento $AB$ está sobre el circuncírculo del triángulo $ADZ$.
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