IGO 2018 - P5 Nivel Avanzado

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Joacoini

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IGO 2018 - P5 Nivel Avanzado

Mensaje sin leer por Joacoini » Sab 07 Sep, 2019 3:15 am

Sea $ABCD$ un cuadrilátero cíclico. Una circunferencia que pasa por $A$ y $B$ es tangente al segmento $CD$ en el punto $E$. Otra circunferencia, que pasa por $C$ y $D$ es tangente a $AB$ en el punto $F$. El punto $G$ es el punto de intersección de $AE$ y $DF$, y el punto $H$ es el punto de intersección de $BE$ y $CF$. Demostrar que los incentros de los triángulos $AGF$, $BHF$, $CHE$, $DGE$ están en una circunferencia.
NO HAY ANÁLISIS.

jujumas

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Re: IGO 2018 - P5 Nivel Avanzado

Mensaje sin leer por jujumas » Sab 07 Sep, 2019 10:21 pm

El único más hacible de los IGO5s
Solución:
Spoiler: mostrar
Sea $P$ el punto donde $AB$ y $CD$ se cortan (puede ser punto infinito), sean $I_a$, $I_b$, $I_c$, $I_d$ los incentros de los triángulos más cercanos al vértice respectivo. Claramente $I_a, G, I_d$ y $I_b, H, I_c$ son colineales por estar en bisectrices del mismo ángulo.

Figura:
IGO2018P5.png
Lema 1: $EF$ es bisectriz de los ángulos $\angle AEB$ y $\angle CFD$.
Spoiler: mostrar
Ambas demostraciones son análogas, así que vamos a ver que $\angle AEF = \angle BEF$. Por potencia de un punto usando que $ABCD$ es cíclico obtenemos $(PF)^2 = (PD)(PC) = (PA)(PB) = (PE)^2$, de donde $PF=PE$.

Ahora, lo que queremos ver es equivalente a $\angle EAF - \angle EBF = \angle EFB - \angle EFA$, pero veamos que $\angle EFB - \angle EFA = \angle EFB - (180^{\circ} - \angle EFB) = 2 \angle EFB - 180^{\circ} = 2 \angle EPF + 2 \angle FEP - 180^{\circ}$. Como $EPF$ es isósceles, esto último es igual a $2 \angle EPF + \angle FEP + \angle EFP - 180^{\circ}$, que es simplemente igual a $\angle EPF$.

Por el otro lado, $\angle EAF - \angle EBF = \angle EAF - \angle AEP$ por semi-inscritos, pero por suma de ángulos internos, $\angle EAF - \angle AEP = (\angle EPF + \angle AEP) - \angle AEP$ y estamos.
Lema 2: $EI_dI_aF$ y $EI_cI_bF$ son cíclicos.
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Nuevamente ambas demostraciones son análogas, así que vamos con $EI_dI_aF$. Vamos a ver que $\angle I_aFE = 180^{\circ} - \angle I_aI_dE $. Notemos primero que $2 \angle I_aFE = 2 \angle PFE - 2 \angle AFI_a = (\angle PFE + \angle PEF) - \angle PFD = (180^{\circ} - \angle EPF) - \angle PFD = \angle FDP$.

Por el otro lado, $2(180^{\circ} - \angle I_aI_dE) = 2(\angle I_dGE + \angle I_dEG) = \angle DGE + \angle DEG = 180^{\circ} - \angle GDE$ y estamos.
Ahora, por el Lema 1, $EGF$ y $EHF$ son triángulos congruentes, y como $I_dI_a$ y $I_bI_c$ son bisectrices exteriores de los ángulos opuestos a $EF$ en dichos triángulos, por simetría $EF$, $I_aI_d$ y $I_bI_c$ concurren. Sea $Q$ dicho punto de intersección, tenemos por el Lema 2 que $(QI_a)(QI_d) = (QE)(QF) = (QI_b)(QI_c)$ y $I_aI_bI_cI_d$ es cíclico como queríamos ver.
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