Problema 1 IMO 2012

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Nacho

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Problema 1 IMO 2012

Mensaje sin leer por Nacho » Mar 17 Jul, 2012 4:41 pm

Dado un triángulo [math], el punto [math] es el centro del excírculo opuesto al vértice [math]. Este excírculo es tangente al lado [math] en [math], y a las rectas [math] y [math] en [math] y [math], respectivamente. Las rectas [math] y [math] se cortan en [math], y las rectas [math] y [math] se cortan en [math]. Sea [math] el punto de intersección de las rectas [math] y [math], y sea [math] el punto de intersección de las rectas [math] y [math].

Demostrar que [math] es el punto medio de [math].

(El excírculo de [math] opuesto al vértice [math] es la circunferencia que es tangente al segmento [math], a la prolongación del lado [math] más allá de [math], y a la prolongación del lado [math] más allá de [math].)
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Ivan

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Re: Problema 1 IMO 2012

Mensaje sin leer por Ivan » Mar 17 Jul, 2012 5:04 pm

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Sea [math] la circunferencia de diámetro [math]. Notemos que [math]. Entonces [math] y [math] están en [math].

Tenemos que [math], ya que [math] es bisectriz exterior del ángulo [math].
Además [math], ya que [math].


Ahora notemos que
[math]

O sea que [math] está en [math]. Por simetría lo mismo ocurre con [math].


Llamemos [math] al punto de intersección de [math] con la recta paralela a [math] pasando por [math].
Como [math] tenemos que [math] y entonces [math] está en [math].

Llamemos [math] al punto de intersección de [math] con [math].
1IMO2012.png
Ahora [math] y entonces [math] es punto medio de [math].
(En la primer igualdad proyectamos de la recta [math] a [math] por el punto [math] y en la segunda de [math] en [math] por el punto [math])
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Guía de $\LaTeX$ (sirve para escribir ecuaciones como $2^{3\times 2}+1=13\cdot 5$)

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Matías V5

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Re: Problema 1 IMO 2012

Mensaje sin leer por Matías V5 » Mié 18 Jul, 2012 4:44 pm

Solución sólo con angulitos:
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El ángulo [math] es recto porque [math] es tangente al excírculo de centro [math] en [math]. Análogamente [math], luego [math] es cíclico. Sea [math] la circunferencia que pasa por [math]. Probaremos a continuación que [math] y [math] están sobre [math].
El cuadrilátero [math] es un romboide ([math] por tangentes, [math] por ser radios del excírculo). Lo mismo sucede con [math]. Entonces, si llamamos [math], [math], tenemos que el cuadrilátero [math] es cíclico pues [math]. Ahora bien, [math] es la mediatriz de [math], entonces tenemos por un lado que [math], mientras que por ser [math] cíclico tenemos [math]. En conclusión hemos probado que [math] es cíclico. Se prueba de manera análoga que [math] es cíclico. Entonces tenemos que la circunferencia circunscrita a [math] pasa por [math], [math] y [math], de modo que esta circunferencia no es otra que [math].
Para terminar el problema, veamos que también son cíclicos los cuadriláteros [math] y [math]. En efecto, [math] pues [math] es tangente al excírculo de centro [math] en [math], mientras que [math], en donde hemos usado que [math] están sobre [math] y que [math]. Análogamente se prueba que [math] es cíclico.
Con todo esto, resulta que [math] (pues las cuerdas [math] y [math] son iguales) [math], es decir [math]. Como [math] por tangencia, resulta que [math] es el punto medio de [math], como queríamos probar.
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Gianni De Rico

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Re: Problema 1 IMO 2012

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 03 Jul, 2018 9:14 pm

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Sea $\Gamma$ el $A\text{-exírculo}$. Tenemos $BM=BK$ por ser tangentes a $\Gamma$ y $JM=JK$ por ser radios de $\Gamma$, luego, $BJ$ es mediatriz de $MK$ y como $F\in BJ$ resulta $FM=FK\Rightarrow L\widehat FK=M\widehat FK=180°-2F\widehat MK=180°-2(180°-L\widehat MK)=180°-2(M\widehat LK+M\widehat KL)=180°-(2M\widehat LK+2M\widehat KL)=180°-(M\widehat JK+M\widehat JL)=180°-L\widehat JK$, por lo tanto, $JKFL$ es cíclico. Análogamente, $JKGL$ es cíclico. Como $AK$ y $AL$ son tangentes a $\Gamma$, resulta $A\widehat KJ=A\widehat LJ=90°\Rightarrow AKJL$ es cíclico.
Luego, $AFKJLG$ es cíclico y $A\widehat FJ=A\widehat KJ=90°$. Como $BJ$ es mediatriz de $MK$ tenemos $S\widehat BF=M\widehat BJ=K\widehat BJ=A\widehat BF$. Entonces $BF$ es bisectriz y altura desde $B$ en $\triangle ABS$, por lo tanto, $BF$ es mediatriz de $AS$, es decir que $FJ$ es mediatriz de $AS$. Luego, $SJ=AJ$. Análogamente $AJ=TJ$. Por lo tanto, $SJ=TJ$, y como $ST$ es tangente a $\Gamma$ en $M$, resulta $JM\perp ST$, y como $\triangle SJT$ es isósceles en $J$, tenemos que $M$ es el punto medio de $ST$.
[math]

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