IMO 2018 - P6

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
Avatar de Usuario
Gianni De Rico

FOFO 7 años - Mención Especial-FOFO 7 años OFO - Medalla de Oro-OFO 2019 FOFO 9 años - Jurado-FOFO 9 años COFFEE - Jurado-COFFEE Matías Saucedo OFO - Jurado-OFO 2020
FOFO Pascua 2020 - Jurado-FOFO Pascua 2020 COFFEE - Jurado-COFFEE Carolina González COFFEE - Jurado-COFFEE Ariel Zylber COFFEE - Jurado-COFFEE Iván Sadofschi FOFO 10 años - Jurado-FOFO 10 años
OFO - Jurado-OFO 2021
Mensajes: 1665
Registrado: Vie 16 Sep, 2016 6:58 pm
Medallas: 11
Nivel: Exolímpico
Ubicación: Rosario
Contactar:

IMO 2018 - P6

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Un cuadrilátero convexo $ABCD$ satisface $AB\cdot CD=BC\cdot DA$. El punto $X$ en el interior de $ABCD$ es tal que$$\angle XAB=\angle XCD\quad \text{y}\quad \angle XBC=\angle XDA.$$Demostrar que $\angle BXA+\angle DXC=180^\circ$.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

jujumas

OFO - Mención-OFO 2015 OFO - Medalla de Plata-OFO 2016 FOFO 6 años - Medalla Especial-FOFO 6 años OFO - Oro perfecto-OFO 2017 FOFO Pascua 2017 - Medalla-FOFO Pascua 2017
FOFO 7 años - Medalla Especial-FOFO 7 años OFO - Medalla de Oro-OFO 2018 FOFO 8 años - Jurado-FOFO 8 años OFO - Jurado-OFO 2019 FOFO Pascua 2019 - Jurado-FOFO Pascua 2019
FOFO 9 años - Jurado-FOFO 9 años OFO - Jurado-OFO 2020 COFFEE - Jurado-COFFEE Ariel Zylber
Mensajes: 401
Registrado: Dom 26 Oct, 2014 8:30 pm
Medallas: 13
Nivel: Exolímpico

Re: IMO 2018 - P6

Mensaje sin leer por jujumas »

Picante picantón.
Solución:
Spoiler: mostrar
Lema 1: Sea $ABC$ un triángulo y $P$ un punto interior. Sea $Q$ el conjugado isogonal de $P$ con respecto al triángulo $ABC$, entonces el circuncentro del triángulo pedal de $P$ con respecto a $ABC$ es el punto medio de $PQ$.
Spoiler: mostrar
IMO2018P6-1.png
Demostración: Llamemos $P_AP_BP_C$ y $Q_AQ_BQ_C$ a los triángulos pedales de $P$ y $Q$. Notemos que $CQ_BQQ_A$ y $CP_BPP_A$ son cíclicos. Además, como $Q\hat{C}Q_A = P\hat{C}P_B$ y $Q\hat{Q_A}C = P\hat{P_B}C$, $C\hat{Q}Q_A = C\hat{P}P_B$, por lo que $C\hat{Q_B}Q_A = C\hat{P_A}P_B$ y $P_AQ_AQ_BP_B$ es cíclico. Análogamente $P_BQ_BP_CQ_C$ y $P_CQ_CP_AQ_A$ son cíclicos.

Notemos entonces que si los circuncírculos de estos cuadriláteros fueran distintos, sus ejes radicales serían los lados del triángulo $ABC$, que no concurren. Luego, $P_AQ_AP_BQ_BP_CQ_C$ es cíclico y es fácil ver que el circuncentro del triángulo pedal de $P$ es el centro de esta circunferencia, pero las mediatrices de $P_AQ_A$, $P_BQ_B$ y $P_CQ_C$ pasan por el punto medio de $PQ$, lo que demuestra el Lema.
Lema 2: Sea $ABCD$ un cuadrilátero y sea $P$ un punto que admite un conjugado isogonal respecto al cuadrilátero $ABCD$, entonces $B\hat{P}A + D\hat{P}C = 180^{\circ}$
Spoiler: mostrar
IMO2018P6-2.png
Demostración: Sea $E$ la intersección de $AB$ y $CD$, y sea $F$ la intersección de $BC$ y $DA$. Sin pérdida de generalidad, $B$ está entre $A$ y $E$ y entre $C$ y $F$. Sea $Q$ el conjugado isogonal de $P$, y sea $WXYZ$ el pedal de $P$ con respecto a $ABCD$ ($W$ en $AB$, $X$ en $BC$, etc.).

Como $P$ y $Q$ son conjugados isogonales con respecto al triángulo $DCF$, por el Lema 1, el circuncentro de $ZYX$ es el punto medio de $PQ$.

Análogamente, $P$ y $Q$ son conjugados isogonales con respecto al triángulo $ADE$, por lo que el circuncentro de $WZY$ es el punto medio de $PQ$.

Luego, $WXYZ$ es cíclico y $W\hat{X}Y + Y\hat{Z}W = 180^{\circ}$, por lo que $B\hat{X}W + C\hat{X}Y + A\hat{Z}W + D\hat{Z}Y = 180^{\circ}$, y como $AWPZ$, $BXPW$, $CYPX$ y $DZPY$ son cíclicos, esto último implica que $B\hat{P}W + C\hat{P}Y + A\hat{P}W + D\hat{P}Y = 180^{\circ}$, por lo que $B\hat{P}A + D\hat{P}C = 180^{\circ}$.
Lema 3: Sean $ABCD$ y $WXYZ$ dos cuadriláteros tales que $\hat{A} = \hat{W}$, $\hat{B} = \hat{X}$, $\hat{C} = \hat{Y}$, y $\hat{D} = \hat{Z}$ tales que $AB \times CD = BC \times DA$ y $WX \times YZ = XY \times ZW$, entonces $ABCD$ y $WXYZ$ son semejantes.
Spoiler: mostrar
IMO2018P6-3.png
Demostración:
Sea $E$ el punto de intersección de $BC$ y $AD$. Sin pérdida de generalidad, $C$ está entre $B$ y $E$, y $D$ esta entre $A$ y $E$. Traslademos y rotemos el cuadrilátero $WXYZ$ de modo que $A=W$ y $B=X$. Claramente, $Y$ está en $BC$ y $Z$ está en $AD$, de modo que $BC$ y $YZ$ son paralelas. Supongamos ahora que $C$ y $Y$ son distintos. Luego, tenemos dos casos.

Caso 1: $Y$ está entre $C$ y $E$.
Si esto sucede, $Z$ está entre $D$ y $E$. Luego, tenemos que:
$$XY \times ZW > BC \times DA = AB \times CD > AB \times YZ = WX \times YZ$$
por lo que llegamos a un absurdo.

Caso 2: $Y$ está entre $B$ y $C$.
Si esto sucede, $Z$ está entre $A$ y $D$. Luego, tenemos que:
$$XY \times ZW < BC \times DA = AB \times CD < AB \times YZ = WX \times YZ$$
por lo que llegamos a un absurdo.

Luego, ninguno de estos casos puede suceder, por lo que $Y=C$ y $Z=D$, por lo que ambos cuadriláteros son semejantes.
Con estos tres Lemas demostrados, vamos a enfrentarnos al problema. A partir de ahora, las letras corresponden con los puntos definidos en el enunciado.
Spoiler: mostrar
IMO2018P6-4.png
Solución: Consideramos una inversión de centro $X$ y radio arbitrario. Sean $A'$, $B'$, $C'$ y $D'$ las imagenes de $A$, $B$ $C$ y $D$ respectivamente tras esta inversión.

Veamos primero que $D'\hat{A'}B' = D'\hat{A'}X + X\hat{A'}B' = X\hat{D}A + X\hat{B}A = X\hat{B}C + X\hat{B}A = A\hat{B}C$. Análogamente, podemos probar que $A'\hat{B'}C' = B\hat{C}D$, $B'\hat{C'}D' = C\hat{D}A$ y $C'\hat{D'}A' = D\hat{A}B$

Veamos además que
$$A'B' \times C'D' = AB (\frac{B'X}{AX}) \times CD (\frac{D'X}{CX}) = (AB \times CD) \frac{B'X}{CX} \times \frac{D'X}{AX} = BC (\frac{B'X}{CX}) \times DA (\frac{D'X}{AX}) = B'C' \times D'A'$$

Luego, por el Lema 3 tenemos que $A'B'C'D'$ y $BCDA$ son semejantes, por lo que existe una rotohomotecia que manda $A'$ a $B$, $B'$ a $C$, $C'$ a $D$ y $D'$ a $A$.

Supongamos entonces que esta misma rotohomotecia manda $X$ a $Y$. Entonces, tenemos que $Y\hat{A}D = X\hat{D'}C' = X\hat{C}D = X\hat{A}B$. Análogamente podemos probar que $Y\hat{B}A = X\hat{B}C$, que $Y\hat{C}A = X\hat{C}B$ y que $Y\hat{D}A = X\hat{D}C$, por lo que $X$ tiene un conjugado isogonal respecto al cuadrilátero $ABCD$ y por el Lema 2 tenemos que $B\hat{X}A + D\hat{X}C = 180^{\circ}$, lo que demuestra lo pedido.
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
6  

El Apache yasabes

OFO - Medalla de Bronce-OFO 2020 OFO - Mención-OFO 2021
Mensajes: 107
Registrado: Jue 10 Oct, 2019 8:24 pm
Medallas: 2
Ubicación: Uruguay

Re: IMO 2018 - P6

Mensaje sin leer por El Apache yasabes »

Spoiler: mostrar
lema:dado el cuadrilátero completo $ABCDEF$ con $AB \cap CD = E$ y $AD \cap BC = F$, sean $\omega_1$ y $\omega_2$ $2$ circunferencias que pasan por $A,B$ y $C,D$ concurrentes (en el punto $X$) en el circuncírculo de $ACE$ y $P$ el segundo punto de intersección.
1) asumiendo que $X \notin BD \Rightarrow P \in BD$
2) si los puntos $S = \omega_1 \cap BC$, $P$, $R = \omega_2 \cap AD$ son colineales entonces $FBXD$ es cíclico
Spoiler: mostrar
notar que cuando muestro una igualdad de ángulos en un cíclico puede ser tanto $\hat{A} = \hat{C}$ como $\hat{A} = 180 - \hat{C}$, esto depende solamente de la ubicación de los puntos

1)vamos a tomar $P = \omega_2 \cap BD$:
$B\hat{A}X = X\hat{C}D = X\hat{P}B \Rightarrow ABXP$ es cíclico.

2)$X\hat{B}C = S\hat{P}X = 180 - R\hat{P}X = 180 - R\hat{D}X = X\hat{D}A$
Screenshot_20210629-190712_Geometry.jpg
Vamos al problema: primero que nada voy a redefinir el punto $X$ como la intersección (la que esta dentro del área finita delimitada por el cuadrilátero $ABCD$) de los circuncírculos de los triángulos $\triangle ACE$ y $\triangle BDF$.
ahora por la relación de lados que da la letra sabemos que las bisectrices de los ángulos opuestos se cortan en las diagonales del cuadrilátero, esto va de la mano con que $B$ y $D$ están en la misma circunferencia de Apolonio respecto a $A, C$ y lo mismo al revés.
Entonces vamos a ver que las isogonales de $AC$ respecto a los ángulos $\hat{A}$ y $\hat{C}$ (las simétricas por las bisectrices) se cortan en la diagonal $BD$

Lema 2: las rectas mencionadas se cortan en $P \in BD$ y además $PB$ es bisectriz de $A\hat{P}C$
Spoiler: mostrar
todo sale en base a la extensión del teorema del seno
Screenshot_20210629-202009_Geometry.jpg

Sea $Q$ la intersección de las diagonales y $P \in BD$ tal que $D\hat{A}P = B\hat{A}C$
$\frac{DQ}{BQ} = \frac{sen(D\hat{A}Q)}{sen(B\hat{A}Q)} \cdot \frac{DA}{BA}$
$\frac{DP}{BP} = \frac{sen(D\hat{A}P)}{sen(B\hat{A}P)} \cdot \frac{DA}{BA}$

Multiplicando de ambos lados resulta que $\frac{DP}{BP} = \frac{DA^2}{BA^2} \cdot \frac{BQ}{DQ}$ y si tomamos $P'$ tal que $D\hat{C}P = A\hat{C}B$ entonces llegamos a la misma igualdad por lo que $P' = P$

Esta probado que se cortan en la diagonal, ahora veamos que es bisectriz:

$\frac{AQ}{CQ} = \frac{AB}{CB} \cdot \frac{sen(A\hat{B}D)}{sen(C\hat{B}D)}$

$\frac{AP}{sen(A\hat{B}P)} = \frac{BP}{sen(B\hat{A}P)}$ y $\frac{CP}{sen(C\hat{B}P)} = \frac{BP}{sen(B\hat{P}C)}$
$\Rightarrow$ multiplicando y acomodando queda $\frac{AP}{CP} = \frac{sen(A\hat{B}P)}{sen(C\hat{B}P)} \cdot \frac{sen(B\hat{C}P)}{sen(B\hat{A}P)}$

$\frac{AP}{CP} = \frac{sen(A\hat{B}P)}{sen(C\hat{B}P)} \cdot \frac{sen(B\hat{C}P)}{sen(B\hat{A}P)}$
$= \frac{sen(A\hat{B}D)}{sen(C\hat{B}D)} \cdot \frac{sen(D\hat{C}A)}{sen(D\hat{A}C)} = \frac{AD}{CD} \cdot \frac{sen(A\hat{B}D)}{sen(C\hat{B}D)} = \frac{AB}{CB} \cdot \frac{sen(A\hat{B}D)}{sen(C\hat{B}D)}$

Por lo que $\frac{AP}{CP} = \frac{AQ}{CQ}$ y por el recíproco del teorema de la bisectriz estamos.
Sería ideal ahora que los circuncírculos de los triángulos $\triangle ABP$ y $\triangle CDP$ se cortaran en $X$, pero por ahora vamos a llamar $X'$ a esta intersección.

lema 3: $X' = X$
Spoiler: mostrar
Screenshot_20210629-213304_Geometry.jpg
sean $S, R$ las intersecciones de los cirxuncirculos de $DPC$ y $APB$ con las rectas $AD$ y $BC$ respectivamente.
$A\hat{R}B = A\hat{P}B = C\hat{P}B = 180 - C\hat{P}D = 180 - C\hat{S}D = C\hat{S}A$ Por lo que $ARCS$ es cíclico.
$P\hat{R}C = B\hat{A}P = D\hat{A}C = S\hat{A}C = S\hat{R}C \Rightarrow S\hat{R}C = P\hat{R}C$ Por lo que $S, P, R$ son colineales

además $X'\hat{A}B = X'\hat{P}D = X'\hat{C}D$ Por lo que $X'AEC$ es cíclico y por el lema $1$ se puede afirmar que $X'$ es la intersección de los circuncírculos de los triángulos $\triangle ACE$ y $\triangle BDF$.

Así es como había definido antes al punto $X$ entonces el lema queda demostrado.
Para terminar el problema tenemos que
$B\hat{P}C + C\hat{P}D = 180^ \circ = B\hat{P}A + C\hat{P}D = B\hat{X}A + C\hat{X}D$

Y ahí termina el problema ya que tenemos que $B\hat{X}A + C\hat{X}D = 180^ \circ$
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
$91$ es el menor número primo que puede escribirse como producto de $2$ números primos menores a el $(91 = 13 × 7) $

Avatar de Usuario
Gianni De Rico

FOFO 7 años - Mención Especial-FOFO 7 años OFO - Medalla de Oro-OFO 2019 FOFO 9 años - Jurado-FOFO 9 años COFFEE - Jurado-COFFEE Matías Saucedo OFO - Jurado-OFO 2020
FOFO Pascua 2020 - Jurado-FOFO Pascua 2020 COFFEE - Jurado-COFFEE Carolina González COFFEE - Jurado-COFFEE Ariel Zylber COFFEE - Jurado-COFFEE Iván Sadofschi FOFO 10 años - Jurado-FOFO 10 años
OFO - Jurado-OFO 2021
Mensajes: 1665
Registrado: Vie 16 Sep, 2016 6:58 pm
Medallas: 11
Nivel: Exolímpico
Ubicación: Rosario
Contactar:

Re: IMO 2018 - P6

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Spoiler: mostrar
IMO 2018 P6.png
La condición del enunciado sobre los lados puede reescribirse como$$\frac{BA}{AD}=\frac{BC}{CD}$$lo que significa que $C$ está en la circunferencia de Apolonio de $A$ respecto a $\{B,D\}$, que llamaremos $\Gamma$. Sea $O$ el centro de $\Gamma$, entonces $O\in BC$ y $OA^2=OB\cdot OD=OC^2$ (ver mi demo en el link).
Ahora construimos $X$ (es un $6$ de IMO, así que el dibujo tiene que estar bien hecho). La condición $\angle XAB=\angle XCD$ nos lleva a pensar en un cuadrilátero cíclico, que se obtiene prolongando $AB$ y $DC$; lo mismo ocurre con la otra condición de ángulos. Sean entonces $E=BC\cap DA$ y $F=AB\cap CD$, nos queda que $AXCF$ y $BXDE$ son cíclicos.
Sea $Y$ el segundo punto de intersección de $\odot AOC$ con $BC$, y sean $X',Y',E'$ los inversos de $X,Y,E$, respectivamente, por $\Gamma$, notemos además que esta inversión deja fijos $A$ y $C$ e intercambia $B$ y $D$.

Tenemos que\begin{align*}\angle CE'A & =\angle OE'A-\angle OE'C \\
& \underset{(1)}{=}\angle OAE-\angle OCE \\
& =180^\circ -\angle OAD-\angle OCB \\
& \underset{(1)}{=}180^\circ -\angle OAD-\angle ODC \\
& =180^\circ -\angle FAD-\angle OAB-\angle BDF \\
& \underset{(2)}{=}180^\circ -\angle FAD-\angle ABD-\angle BDF \\
& =180^\circ -\angle FAD-\angle ADF \\
& \underset{(3)}{=}\angle DFA \\
& =\angle CFA
\end{align*}donde $(1)$ vale por la inversión por $\Gamma$, $(2)$ vale por semiinscripto, y $(3)$ vale por suma de ángulos interiores de un triángulo. Al ser $\angle CE'A=\angle CFA$, se tiene que $ACFE'$ es cíclico, de modo que $AXCE'$ es cíclico. Invirtiendo por $\Gamma$, se sigue que $AX'CE$ es cíclico. Notemos además que como $B$ y $D$ son inversos, entonces $\odot EBXD$ queda fija tras la inversión. Por otro lado, $\odot AOC$ se invierte en la recta $AC$, de modo que $Y'=AC\cap BD$. Entonces nos queda$$\angle X'DY'=\angle X'DB\underset{(4)}{=}\angle X'EB=\angle X'EC\underset{(5)}{=}\angle X'AC=\angle X'AY'$$donde $(4)$ vale porque $BX'DE$ es cíclico y $(5)$ vale porque $AX'CE$ es cíclico. Se sigue entonces que $ADX'Y'$ es cíclico, de donde $ABXY$ es cíclico.
Además$$\angle X'CB=\angle X'CE\underset{(4)}=180^\circ -\angle EAX'=\angle X'AD\underset{(6)}{=}\angle X'Y'D=180^\circ -\angle BY'X'$$donde $(6)$ vale porque $ADX'Y'$ es cíclico. Se sigue entonces que $BCX'Y'$ es cíclico, de donde $DCXY$ es cíclico.

Finalmente, tenemos que$$\angle BXA\underset{(7)}{=}\angle BYA=\angle OYA\underset{(8)}{=}\angle CYO=\angle CYB$$y$$\angle DXC\underset{(9)}{=}\angle DYC$$donde $(7)$ vale porque $ABXY$ es cíclico, $(8)$ vale porque $OA=OC$ y $AOCY$ es cíclico, y $(9)$ vale porque $DCXY$ es cíclico. Entonces$$\angle BXA+\angle DXC=\angle CYB+\angle DYC=\angle DYB=180^\circ$$como queríamos.
Nota:
Spoiler: mostrar
El problema se reduce a probar que $BX$ y $CO$ se cortan en $\odot AXC$, pues análogamente se ve que $DX$ y $AO$ se cortan en $\odot AXC$, de donde se concluye rápidamente lo pedido, y ganamos.
Todavía no pude demostrar que eso pasa, así que lo dejo acá por si alguien lo lee y se le ocurre una forma de terminar la solución con esta idea.
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

Responder