P3-Selectivo LIII IMO 2012-Argentina

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
Matias Martos
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Re: P3-Selectivo LIII IMO 2012-Argentina

Mensaje sin leer por Matias Martos »

Matías V5 escribió:
Matias Martos escribió:Me podrian explicar como demuestran cada cosa, que propiedad y que criterios usan, ya que comenzaste a explicar la solucion dando por sentado que varios angulos valen lo mismo sin explicacion previa. Muchas Gracias!!
Creo que las propiedades que usa (aparte de cosas como que en un triángulo isósceles los ángulos opuestos a los lados iguales también son iguales) son las básicas de cuadriláteros cíclicos, que están acá: http://omaforos.com.ar/viewtopic.php?f=6&t=1175
Gracias por la ayuda! Estoy estudiando para el selectivo de imo y creo que estos contenidos me serviran mucho

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Gianni De Rico

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Re: P3-Selectivo LIII IMO 2012-Argentina

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

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Sea $B\widehat AF=\alpha$, como $A$ es centro de $\Gamma _1$, entonces $B\widehat EF=180^\circ -\frac{\alpha}{2}\Rightarrow C\widehat EF=\frac{\alpha}{2}$. Como $ABCF$ es cíclico tenemos $B\widehat CF=180^\circ -\alpha$. Luego, $C\widehat FE=\frac{\alpha}{2}\Rightarrow EC=CF$, entonces $AC$ es mediatriz de $EF\Rightarrow EF\perp AC\wedge EM=MF$.
También $AB=AF$ por ser $A$ centro de $\Gamma _1$, luego, $A\widehat BF=B\widehat FA$. Por arco capaz en $\Gamma$, $A\widehat DF=A\widehat BF=B\widehat FA=B\widehat CA$, además $K\widehat DM=A\widehat DF=B\widehat CA=K\widehat CM\Rightarrow MCDK$ es cíclico $\Rightarrow D\widehat KM=D\widehat EC=90^\circ$. Como $AB=AE$ resulta que $K$ es el punto medio de $BE$ ($AK$ es mediatriz de $BE$) y por Thales $KM\parallel BF$.

Sea $L'=AB\cap KM$, como $KL'\parallel BF$ tenemos $K\widehat {L'}B=F\widehat BA=F\widehat DA=E\widehat DK$. Como $A,D,K$ están alineados entonces $D$ está en la mediatriz de $BE$, luego $\triangle BDE$ es isósceles en $D\Rightarrow E\widehat DK=K\widehat DB$. Por lo tanto $K\widehat {L'}B=K\widehat DB\Rightarrow KDLB$ es cíclico. Entonces $L'\equiv L$, y estamos.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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Gianni De Rico

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Re: P3-Selectivo LIII IMO 2012-Argentina

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

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Lema:
Sea $F\neq B$ en $\Gamma$ tal que $AF=AB$, y sea $D$ un punto cualquiera en $\Gamma$. La recta $DF$ corta a la recta $AC$ en $P$, la circunferencia $\odot CDP$ corta por segunda vez a la recta $BC$ en $Q$ y la circunferencia $BDQ$ corta por segunda vez a la recta $AB$ en $R$. Entonces $P,Q,R$ están alineados y dicha recta es paralela a $BF$.

Dem:
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Sea $R'=PQ\cap AB$, entonces como $D\in \odot ABC\cap \odot PQC$, tenemos que $D$ es el punto de Miquel de $ABQP$, con lo que $R'\in \odot BDQ$, así que $R'\equiv R$, entonces $P,Q,R$ son colineales. Además, $\measuredangle PDQ=\measuredangle PCQ=\measuredangle ACB=\measuredangle AFB=\measuredangle FBA=\measuredangle FDA=\measuredangle PDA$, con lo que $A,Q,D$ son colineales, y así $\measuredangle ARQ=\measuredangle BRQ=\measuredangle BDQ=\measuredangle BDA=\measuredangle BCA=\measuredangle BFA=\measuredangle ABF$, entonces la recta es paralela a $BF$.
Ahora, en el problema original tenemos que $\angle MDK=\angle FDA=\angle FBA=\angle AFB=\angle ACB=\angle MCK$, de modo que $CDKM$ es cíclico. El resultado se sigue del Lema.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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