IGO 2019 - Nivel Avanzado- P5

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Joacoini

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IGO 2019 - Nivel Avanzado- P5

Mensaje sin leer por Joacoini »

Sean $A$, $B$, $C$ puntos de una parábola $\Delta$ tal que el punto $H$, ortocentro del triangulo $ABC$, coincide con el foco de la parábola $\Delta$. Demostrar que si se cambia la posición de los puntos $A$, $B$, $C$ sobre $\Delta$ de modo de que el ortocentro $H$ siga coincidiendo con $H$, el inradio del triángulo $ABC$ permanece sin cambios.
NO HAY ANÁLISIS.
Juaco

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Re: IGO 2019 - Nivel Avanzado- P5

Mensaje sin leer por Juaco »

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sea $D$ el pie de altura de $A$ sobre $BC$. si consideramos la función $\text{f}(X)$ como una inversión con centro $H$ y radio $r=\sqrt{2 \cdot HA \cdot HD}$ seguida de una simetría por el punto $H$ (o al revés, es lo mismo) tenemos que las circunferencias $(A,AH)$, $(B,BH)$, $(C,CH)$ tras aplicarles $\text{f}$ se van a las rectas $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente, que como son todas tangentes a la directriz de la parábola, si aplicamos $\text{f}$ a esta recta se va al incírculo de $\triangle ABC$ (es por simetría que no se va a ninguno de los excírculos). como $\text{f}$ es una inversión con centro $H$ seguida de una simetría también por $H$ tenemos que $H$ pertenece al incírculo del triángulo $ABC$. pero además $IH$ tiene que ser perpendicular a la directriz, de donde $I$ está en el eje de simetría de la parábola.

sean $E,F$ los puntos de intersección de la paralela a la directriz por $H$ y la parábola. por éste teorema existe un triángulo con vértices en la parábola con el mismo incírculo que $\triangle ABC$ y con uno de los puntos de tangencia $H$, que por supuesto dos de estos verices van a ser $E$ y $F$ por estar $I$ en el eje de simetría y el tercer punto no puede ser el vértice de la parábola porque $H$ debe ser ortocentro, aunque la razón real es que $I$ está del otro lado de la directriz respecto a $H$ por tener $\text{f}$ una simetría por ese punto. por lo que el tercer punto es el punto en el infinito $P_{\infty}$. y para cualquier triángulo random, el triángulo $EFP_{\infty}$ va a tener el mismo incírculo, por lo que todos tienen el mismo incírculo de donde es directo que tienen el mismo inradio también. es más incluso podemos ver que el inradio es la distancia de $H$ a la directriz.

otra forma de encontrar el radio de inversión, más linda que haciendo cuentitas, es ver que la transformación mantiene fija a la circunferencia que pasa por los puntos $A,B,C$.
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Re: IGO 2019 - Nivel Avanzado- P5

Mensaje sin leer por Juaco »

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Gianni De Rico

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Re: IGO 2019 - Nivel Avanzado- P5

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

El Apache yasabes escribió: Vie 18 Jun, 2021 2:10 pm
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tomo la inversión de centro $H$ y radio $-r_i$ que manda $\Gamma _1$ a la recta $BC$
Mi duda es como puedo asegurar que la circunferencia de la que hablo es el incírculo?
Pequeño detalle
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Acá en realidad estás tomando la inversión de radio $\sqrt{-1}r_i$ (con complejos) porque tomar $-r_i$ te da $(-r_i)^2=r_i^2$, así que es una inversión común. En criollo, acá lo que vos estás buscando es invertir por $H$ primero y reflejar por $H$ después, eso si te querés poner estricto se logra con una "inversión de radio complejo", pero con decir "invierto y reflejo" alcanza.
Sobre tu duda
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Lo que tenés que hacer, aprovechando que la inversión "mantiene" el orden de los puntos (o sea, lo invierte justamente, pero si tenías un punto $P$ entre $Q$ y $R$, la imagen $P'$ va a seguir estando entre $Q'$ y $R'$), demostrar que el punto de tangencia de cada circunferencia está en el segmento que corresponde. Por ejemplo (no sé si sale por este lado, es una idea nomás), marcando el punto medio $M$ de $BC$ y demostrando que el arco $B'M'C'$ es tangente a la recta.

Esto son más que nada cosas de configuración que a nadie le gusta hacer, pero cada tanto (y aparentemente en varios 5 de IGO) son necesarias.
♪♫ do re mi función lineal ♪♫
Juaco

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Re: IGO 2019 - Nivel Avanzado- P5

Mensaje sin leer por Juaco »

Aaah claro muchas gracias esta muy buena la idea

La idea era básicamente eso que decis de invertir y reflejar pero pensé que como si definís $D'$ como el reflejo de $D $ respecto de $H $ entonces tenes $HA \cdot HD' = r_i^2 = (-r_i)^2$ pensé que con un radio de inversión negativo ya bastaba
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