Problema 3 Selectivo de IMO 2005

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Nacho

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Problema 3 Selectivo de IMO 2005

Mensaje sin leer por Nacho » Mié 25 Jul, 2012 11:32 pm

Dado un triángulo acutángulo [math], se construyen externamente los triángulos equiláteros [math], [math] y [math]. Sean [math] el pie de la perpendicular a [math] trazada desde [math], [math] el pie de la perpendicular a [math] trazada desde [math] y [math] el pie de la perpendicular a [math] trazada desde [math]. Si [math] es el punto medio de [math], demostrar que la recta [math] es perpendicular a [math].
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Nacho

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Re: Problema 3 Selectivo de IMO 2005

Mensaje sin leer por Nacho » Mié 25 Jul, 2012 11:34 pm

Es el problema 4 de la maratón de geometría:

http://omaforos.com.ar/viewtopic.php?p=2212#p2212
Spoiler: mostrar
Por base media en [math] se ve fácilmente que [math]. Sean [math] y [math] los centros de las circunferencias circunscritas a [math] y [math] respectivamente. Consideremos la homotecia de centro [math] y razón [math] que nos lleva [math] a [math] y [math] a [math] (como son equiláteros, son circuncentros y baricentros a la vez), y nos mantiene la recta [math] fija. Luego, queremos demostrar que [math].

Ahora, vamos a demostrar que [math] es el eje radical de las dos circunferencias anteriores, de donde se sigue fácilmente lo deseado.

Notemos que [math], [math] y [math] concurren. (Es una propiedad conocida, pero la voy a demostrar con un truquito copado (?)): Definimos [math], [math] y [math]. Queremos que se verifique el teorema de Ceva, es decir [math], de donde concurren. (Punto de Fermat).

Llamemos [math] al punto de Fermat. Notemos que [math] y [math] son congruentes ya que [math] y se cumple la proporción entre los lados [math] (Eso o hacer una rotación por [math]). Entonces [math] y [math], de donde [math] y [math] son cíclicos. De manera análoga se puede ver que [math] es cíclico. Luego, [math] es el centro radical de las circunferencias circunscritas a los equiiláteros, y se ve fácilmente que la recta [math] es el eje radical de las dos circunferencias [math] y [math], y como [math] tenemos que [math] y estamos.
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Re: Problema 3 Selectivo de IMO 2005

Mensaje sin leer por Prillo » Vie 27 Jul, 2012 4:40 pm

Spoiler: mostrar
Supongamos que los vértices [math] están en sentido antihorario. Como [math] bastará ver que [math]. Una rotohomotecia de [math] en sentido horario con centro en [math] y razón [math] lleva el triángulo [math] al [math], luego [math]. Una segunda rotación de [math] en sentido horario con centro en [math] lleva el triángulo [math] al [math], luego [math]. Por lo tanto, [math].

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Re: Problema 3 Selectivo de IMO 2005

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 03 Jul, 2018 7:18 pm

Nacho escribió:
Mié 25 Jul, 2012 11:34 pm
Spoiler: mostrar
Por base media en $\triangle BYC$ se ve fácilmente que $B'N' \parallel BY$. Sean $O_1$ y $O_2$ los centros de las circunferencias circunscritas a $\triangle ABZ$ y $\triangle BCX$ respectivamente. Consideremos la homotecia de centro $B$ y razón $\frac{3}{2}$ que nos lleva $O_1$ a $M$ y $O_2$ a $N$ (como son equiláteros, son circuncentros y baricentros a la vez), y nos mantiene la recta $BY$ fija. Luego, queremos demostrar que $O_1O_2 \perp BY$.
Forma menos turbia de terminarlo:
Spoiler: mostrar
Sea $F$ la segunda intersección de las circunferencias circunscritas a $\triangle ABZ$ ($\Gamma _1$) y $\triangle BCX$ ($\Gamma _2$), luego $A\widehat FB=B\widehat FC=180°-60°=120°\Rightarrow C\widehat FA=360°-120°-120°=120°$ y $AFCY$ es cíclico$\Rightarrow Y\widehat FA=Y\widehat CA=60°\Rightarrow Y,F,B$ son colineales, es decir que $BY$ es el eje radical de $\Gamma _1$ y $\Gamma _2\Rightarrow O_1O_2\perp BY$.
[math]

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