Ibero 2008 - P2

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Gianni De Rico

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Ibero 2008 - P2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

En un triángulo $ABC$ sea $r$ la bisectriz exterior de $A\widehat BC$. Los puntos $P$ y $Q$ son los pies de las perpendiculares desde $A$ y $C$ a $r$, respectivamente. La recta $CP$ corta a la recta $AB$ en $M$ y la recta $AQ$ corta a la recta $BC$ en $N$. Demostrar que las rectas $AC$, $MN$ y $r$ son concurrentes.
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Gianni De Rico

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Re: Ibero 2008 - P2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

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Ibero 2008 P2.png
Sea $D$ el pie de la bisetriz de $A\widehat BC$, luego $BD\perp PQ$. Sean $F=AN\cap CM$ y $G=PQ\cap AC$.
Por ángulos entre paralelas y bisectriz tenemos $P\widehat AB=A\widehat BD=D\widehat BC=Q\widehat CB$ y como $A\widehat PB=90^\circ =C\widehat QB$ resulta que $\triangle ABP\simeq \triangle CBQ\Rightarrow \frac{QB}{BP}=\frac{QC}{AP}$ y por Thales $\frac{QC}{AP}=\frac{QF}{FA}$. Luego, $\frac{QB}{BP}=\frac{QF}{FA}$ y por Thales $BF\parallel AP\perp PQ$.
Por lo tanto $B,F,D$ son colineales y $AN,BD,CM$ concurren en $F$.
Por Ceva $\frac{AD}{DC}\frac{CN}{NB}\frac{BM}{MA}=1$, como $\{G,D,A,C\}$ es una cuaterna armónica entonces $\frac{AG}{GC}=-\frac{AD}{DC}$, luego $\frac{AG}{GC}\frac{CN}{NB}\frac{BM}{MA}=-1$ y por Menelao $G,M,N$ están alineados.
Finalmente $AC,MN,PQ$ concurren en $G$.
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Juaco

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Re: Ibero 2008 - P2

Mensaje sin leer por Juaco »

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sean $Y = r \cap AC$ y $X$ el pie de la bisectriz de $\hat{B}$, $L = AQ \cap PC$, y $N_2 = NM \cap r$
Ibero 2008.jpg

$AP \parallel BX \parallel CQ \Rightarrow$ defino $P_{\infty} = AP \cap BX \cap CQ$

$\{P, Q; B, Y\} \underset{P_{\infty}}{=} \{A, C; X, Y\} = -1$
$\{P, L; N, C\} \underset{A}{=} \{P, Q; B, Y\} = -1$
$\{P, L; N, C\} \underset{M}{=} \{P, Q; N_2, B\} = -1$
Entonces $N_2$ es el conjugado armónico de $B$ respecto a los puntos $P,Q$ pero $Y$ también lo es por lo que son el mismo punto y por lo tanto las $3$ rectas que pide el problema concurren en $Y$



Pregunta: el hecho de que teniendo en $2$ rectas $4$ puntos en cada una y con las siguientes condiciones

$\{A, B; C, D\} = \{E, F; G, H\}$ , $AE \cap DH = AE \cap BF = P$
de como resultado que los puntos $C, P, G$ sean colineales tiene que ver con el teorema fundamental de la geometria proyectiva o estoy errado? es que no tengo mucha información sobre el tema en realidad y si alguien sabe bueno...
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Gianni De Rico

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Re: Ibero 2008 - P2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

El Apache yasabes escribió: Vie 09 Jul, 2021 4:42 pm
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Pregunta: el hecho de que teniendo en $2$ rectas $4$ puntos en cada una y con las siguientes condiciones

$\{A, B; C, D\} = \{E, F; G, H\}$ , $AE \cap DH = AE \cap BF = P$
de como resultado que los puntos $C, P, G$ sean colineales tiene que ver con el teorema fundamental de la geometria proyectiva o estoy errado? es que no tengo mucha información sobre el tema en realidad y si alguien sabe bueno...
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Ese teorema creo que es un poco más amplio, y no estoy seguro de conocer la versión "olímpica".
Básicamente lo que pasa es que dados $3$ puntos $A,B,C$ en una recta, si $D_1,D_2$ en la misma recta cumplen $\{A,B;C,D_1\}=\{A,B;C,D_2\}$, entonces $D_1=D_2$ (esto sale haciendo la cuenta y recordando que se usan segmentos dirigidos). De ahí, como proyectar preserva la razón doble, te queda$$\{E,F;PC\cap EF,H\}\underset{P}{=}\{A,B;C,D\}=\{E,F;G,H\}$$con lo que $G=PC\cap EF$, así que son colineales.
El Apache yasabes escribió: Vie 09 Jul, 2021 4:42 pm
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$\{P, Q; B, Y\} \underset{P_{\infty}}{=} \{A, C; X, Y\} = -1$
PD:
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Linda forma de decir Thales jajajaj
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Juaco

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Re: Ibero 2008 - P2

Mensaje sin leer por Juaco »

Gianni De Rico escribió: Vie 09 Jul, 2021 8:33 pm Linda forma de decir Thales jajajaj
Jajajaja es que así me gustó mas
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gerez_robert
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Re: Ibero 2008 - P2

Mensaje sin leer por gerez_robert »

Honestamente no leí las demas soluciones y no se si esta sea una repetida, pero estuve una hora entera trabajando con los segmentos, así que tengo que echar en algun lado esto jajaja.
Solución:
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Sean $X=BC∩AP$ e $Y=AB∩CQ$, luego sean $T=PC∩AQ$ y $R=BT∩AC$.
Bien, si $R, N$ e $Y$ están alineados y $R, M$ y $X$ también lo están, tendriamos que $\triangle MTN$ y $\triangle XBY$ están en perspectiva respecto de $R$(también se puede decir que $\triangle RMN$ y $\triangle BCA$ estan en perspectiva respecto de $T$, llegas a lo mismo), entonces por el teorema de Desargues, las intersecciones de $MN, XY$, de $TN, BY$ y de $MT, BX$ están alineadas, dicho de otra forma, $AC, MN$ y $XY$ concurren(pues dos de las intersecciones ya son $A$ y $C$, en algún orden) en un punto, sea $L$ dicho punto(provisionalmente, luego nos olvidamos de este porque lo voy a nombrar de otra forma), notemos que $\triangle ALX$ es isosceles, entonces como $PQ$ es mediatriz de $AX$(y de $CY$, pero eso da igual), dicha recta pasa por $L$, de donde $AC, MN$ y $PQ$ concurririan en $L$, acabando así el problema(es evidente que $PQ=r$ no lo tengo ni que decir).
Veamos dichas colinealidades:
Por Menelao tenemos que, $\frac{CQ.BY.PM}{QY.MB.PC}=1$ y $\frac{XP.AM.BC}{AP.MB.CX}=1$ además, $CQ=QY, XP=AP, BC=BY, PC=PY$ y $AY=CX$(porque $PQ$ es mediatriz de los segmentos que ya mencioné), diviendo las expresiones que obtuvimos y simplificando todo lo que se pueda tendriamos que, $\frac{PM.CX}{CP.AM}=1$ $\Rightarrow$ $\frac{AY}{AM}=$$\frac{PY}{PM}=$$\frac{BY}{MB}$( la ultima igualdad es cierta porque $B$ es es el pie de la bisectriz interna de $\angle MPY$ en $\triangle MPY$) $\Rightarrow$ $\frac{AY}{BY}=$$\frac{AM}{MB}$ $\Rightarrow$ $M$ es el conjugado armonico de $Y$ respecto al segmento $AB$, de donde $R, N$ e $Y$ están alineados(por la unicidad de dicho punto). Ahora partamos de que $\frac{AM}{BM}=$$\frac{AY}{BY}=$$\frac{CX}{BC}$ $\Rightarrow$ $\frac{PX.AM.BC}{AP.BM.CX}=1$(metí el $\frac{PX}{AP}$, pues $AP=PX$), entonces por el recíproco de Menelao, $R, M$ y $X$ están alineados, concluyendo así la demostración.
Otra forma de llegar a la concurrencia es la siguiente:
Sea $K=BQ∩AC$
Por menelao tenemos que, $\frac{QY.CN.AB}{QC.NB.AY}=1$ y $\frac{XP.AM.BC}{AP.BM.CX}=1$ dividiendo y simplificando lo que se pueda(ya saben cuales segmentos son iguales) tendriamos que, $\frac{CN.AB.MB}{BC.BN.AM}=1$ $\Rightarrow$ $\frac{CN.MB}{BN.AM}=$$\frac{BC}{AB}$ $\Rightarrow$ $\frac{BC.AR}{AB.RC}=$$\frac{AR.CN.MB.}{RC.BN.AM}=1$(la última vale por Ceva en $\triangle ABC$) $\Rightarrow$ $\frac{BC}{AB}=$$\frac{RC}{AR}$ de donde $MR$ es la recta que contiene a la bisectriz interna de $\angle ABC$. Notemos que $R$ es el conjugado armonico de $K$, respecto a $AC$, en efecto, $R$ y $K$ son los pies de la bisectriz interna y externa de $\angle ABC$, respectivamente, de donde $M, N$ y $K$ están alineados, concluyendo(nuevamente) así la demostración, Fin.
amo a mis perritos
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