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26º Olimpiada Iberoamericana 2011. Problema 3.

Publicado: Mié 28 Sep, 2011 3:19 pm
por AgustinChenna.
Sea $ABC$ un triangulo y sean $X,Y,Z$ los puntos de tangencia de su circunferencia inscrita con los lados $BC,CA,AB$, respectivamente. Suponga que $C_1,C_2,C_3$ son circunferencias con cuerdas $YZ,ZX,XY$, respectivamente, tales que $C_1,C_2$ se cortan sobre la recta $CZ$ y que $C_1,C_3$ se cortan sobre la recta $BY$. Suponga que $C_1$ corta a las cuerdas $XY$ y $ZX$ en $J$ y $M$, respectivamente; $C_2$ corta a las cuerdas $YZ$ y $XY$ en $L$ e $I$, respectivamente; y que $C_3$ corta a las cuerdas $YZ$ y $ZX$ en $K$ y $N$, respectivamente. Demostrar que $I,J,K,L,M,N$ están sobre una misma circunferencia.

Re: 26º Olimpiada Iberoamericana 2011. Problema 3.

Publicado: Mié 28 Sep, 2011 3:21 pm
por AgustinChenna.
No entiendo el objetivo de ponerle suponga a todo :shock:

Re: 26º Olimpiada Iberoamericana 2011. Problema 3.

Publicado: Sab 22 Oct, 2011 6:51 pm
por Vladislao
Chateando con Bruno me dieron ganas de hacerlo...
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Sea [math] la intersección de las circunferencias [math] y [math], y sea [math] la intersección de [math] y [math].

Es fácil notar que [math], análogamente [math] y [math].

Sabemos, por enunciado que [math] es cíclico (su circuncírculo es [math]). En particular, de ésto sale que [math]. Pero [math].

Entonces, de la igualdad [math] sale que [math] por las igualdades de ángulos que citamos al comienzo. Eso implica que [math]. Del mismo modo podemos probar que [math] y que [math].

Ahora, en la circunferencia [math] tenemos que [math] por arco capaz.

Prolongamos [math] hasta que corte a [math] en [math]. Es claro que [math] esto nos dice que [math], [math] y [math] son colineales, y en particular tenemos que [math] está en [math].

Ahora, de lo último sale que [math]. Pero teníamos que [math], luego [math], en particular [math], luego [math] es un paralelogramo ya que [math].

Entonces, [math], o lo que es lo mismo [math].

Como [math], sigue que [math] y como [math], el cuadrilátero [math] es un trapecio isósceles, y en particular es cíclico. Con razonamientos análogos se puede probar que [math], [math] y de ésto (haciendo un par de angulitos fáciles más) se concluye que el hexágono [math] es cíclico, como queríamos.

Re: 26º Olimpiada Iberoamericana 2011. Problema 3.

Publicado: Dom 23 Oct, 2011 12:04 am
por Prillo
Prolongamos [math] hasta que corte a [math] en [math] . Es claro que [math] esto nos dice que [math], [math] y [math] son colineales, y en particular tenemos que [math] está en [math].
No veo como [math] implica la colinealidad de [math] y [math].

Re: 26º Olimpiada Iberoamericana 2011. Problema 3.

Publicado: Dom 23 Oct, 2011 12:53 am
por Vladislao
Tenés razón, pensé que era cierto porque me confundí en la definición de [math].
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Vamos a definir [math] como la intersección de [math] y [math] y vamos a definir como [math] a la intersección de [math] y [math].

Por potencia desde [math] no es difícil ver que [math]. De ésto se sigue que [math].

Sea [math] la intersección de [math] con [math]. Tenemos que [math], [math] y [math], luego los triángulos [math] y [math] son semejantes, y en particular, homotéticos. De ésto se sigue que [math] yace en [math]. Pero [math] es el eje radical de [math] y [math].

Luego, la potencia de [math] con respecto a [math] es [math], y la potencia de [math] respecto de [math] es [math]. Como [math] estaba en el eje radical: [math]. Pero [math], luego [math], es decir [math], pero como [math], sigue que [math] es un trapecio isósceles, y en particular es cíclico.

De la misma forma, podemos encontrar ciclicidades simétricas, y el problema queda resuelto. (Releer la última parte de mi post anterior).

Re: 26º Olimpiada Iberoamericana 2011. Problema 3.

Publicado: Dom 23 Oct, 2011 2:09 am
por Prillo
Vamos a definir [math] como la intersección de [math] y [math] y vamos a definir como [math] a la intersección de [math] y [math].

Por potencia desde [math] no es difícil ver que [math]. De ésto se sigue que [math].
Faltaría ser mas claro en que con estas definiciones de [math] y [math], estos puntos caen sobre [math] y [math] respectivamente. Esto es porque [math], y análogamente con [math]. Ahora sí no es difícil ver que por la potencia desde [math] a [math] y [math], [math].

Ah, y un último detalle: [math] y [math] se corta sobre AX, y aunque esto no lo dice el enunciado, no es particularmente difícil de probar. Creo que ahora sí es una solución completa. Hace un rato que quería ver la solución limpia (es decir directa) de este problema, parece que la encontré.

Re: 26º Olimpiada Iberoamericana 2011. Problema 3.

Publicado: Dom 23 Oct, 2011 11:16 am
por Vladislao
En cuanto a la colinealidad que nombrás al final, de hecho no la uso, pero por si lo considerás necesario, las tres circunferencias son no coaxiales, por lo que tienen un centro radical único. Como la intersección de dos de los ejes radicales es el punto de Gergonne del triángulo, se tiene que el tercero concurre en ese punto, y eso implica la colinealidad que mencionabas.

Re: 26º Olimpiada Iberoamericana 2011. Problema 3.

Publicado: Sab 28 Jul, 2018 9:00 pm
por Gianni De Rico
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Sean $D$ el segundo punto de intersección de $C_2$ y $C_3$, $E$ el segundo punto de intersección de $C_3$ y $C_1$, $F$ el segundo punto de intersección de $C_1$ y $C_2$, $G=BY\cap CZ$, $P$ el segundo punto de intersección de $C_3$ con $CA$, y $Q$ el segundo punto de intersección de $C_2$ con $AB$.
Usando que las tangentes al incírculo desde cada punto miden lo mismo, tenemos por Ceva que $AX,BY,CZ$ concurren, con lo que $A,G,X$ son colineales. Como $BY$ es el eje radical de $C_3$ y $C_1$, y $CZ$ es el eje radical de $C_1$ y $C_2$, resulta que $G$ es el centro radical de $C_1$, $C_2$ y $C_3$, con lo que $D,G,X$ son colineales. Entonces $A,D,G,X$ son colineales, así que $C_2$ y $C_3$ se cortan sobre $AX$. Entonces tenemos toda la simetría necesaria para el problema.
Como $AP\cdot AY=AD\cdot AX=AQ\cdot AZ$ por Potencia de un Punto y $AY=AZ$ por ser tangentes al incírculo, resulta $AP=AQ$, con lo que $PQ\parallel YZ$. Tenemos que$$\angle XYQ=\angle BZX=\angle XYZ,$$con lo que $QI\parallel YZ$, y así $I,P,Q$ son colineales. Análogamente se tiene que $P,Q,N$ son colineales, entonces $I,P,Q,N$ son colineales, y en particular resulta que $IN\parallel YZ$. Entonces$$\angle NMJ=\angle ZMJ=\angle ZYJ=\angle NIJ,$$con lo que $NJMI$ es cíclico. Análogamente se tiene que $NKML$ y $LIKJ$ son cíclicos. Notemos también que\begin{align*}\angle ILK & =\angle ILZ \\
& =\angle LZQ \\
& =\angle PYZ \\
& =\angle PYK \\
& =180^\circ -\angle KNP \\
& =180^\circ -\angle KNI,
\end{align*}con lo que $NILK$ es cíclico. Como $NILK$ y $NKML$ son cíclicos, tenemos que $NILMK$ es cíclico. Como $NILK$ y $LIKJ$ son cíclicos, tenemos que $NILKJ$ es cíclico. Entonces $NILMJK$ es cíclico, como queríamos.

Re: 26º Olimpiada Iberoamericana 2011. Problema 3.

Publicado: Dom 29 Jul, 2018 5:31 pm
por Violeta
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Digamos que $AB$ y $AC$ intersecan a $C_2$ y $C_3$, respectivamente, en $P$ y $Q$. Ahora, usando angulos dirigidos $\angle API = \angle ZXI = \angle ZXY = \angle AZY$ y $\angle AQN = \angle YXN = \angle YXZ = \angle AYZ$, de donde $ZY \parallel PI \parallel QN$. Pero por potencia de un punto (pues A esta sobre el eje radical de $C_2$ y $C_3$), $AZ \cdot AP = AY \cdot AQ \Rightarrow AP = AQ$ y se deduce que $PQ \parallel ZY \Rightarrow IN \parallel YZ$. Ahora, como $MZYJ$ es ciclico e $IN$ es paralelo a $YZ$, $MJNI$ es ciclico.

Analogamente, $JKIL$ es ciclico y $KNLM$. Si dos de estas circunferencias fueran las mismas, acabamos. Asumamos que son todas distintas. Entonces, sus ejes radicales deberian o concurrir o ser todos paralelos entre si. Pero sus ejes radicales son $IJ, MN, KL$ que no cumplen con ninguna de las dos condiciones anteriores. Absurdo. Por tanto, es la misma circunferencia y $IJKLMN$ son conciclicos.
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