47° IMO (2006) - Problema 1

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Caro - V3

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47° IMO (2006) - Problema 1

Mensaje sin leer por Caro - V3 » Jue 23 Dic, 2010 11:48 am

Sea [math] un triángulo y sea [math] el centro de su circunferencia inscrita. Sea [math] un punto en el interior del triángulo tal que
[math].
Demuestre que [math] y que vale la igualdad si y sólo si [math].
Guía de [math]: sirve para escribir ecuaciones como [math]

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ésta

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Re: 47° IMO (2006) - Problema 1

Mensaje sin leer por ésta » Jue 23 Dic, 2010 6:41 pm

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Tenemos que
[math].
[math].
[math].

Y [math].

[math] (porque [math] es bisectriz de [math]).
[math] (porque [math] es bisectriz de [math]).

Y [math].

Entonces [math] y [math] es cíclico.
Sea [math] la circunferencia que pasa por [math], [math], [math] y [math].

Sea [math] la otra intersección de AI con [math].
[math].
Porque [math] es bisectriz de [math].
Por arco capaz [math].

En el triángulo [math]
[math].
[math].
[math] (porque [math]).
[math].
Entonces [math] es diámetro de [math].

Por potencia de un punto si [math] es la segunda intersección de [math] con [math],
[math]
[math]
Pero [math] porque el diámetro es mayor o igual que una cuerda.
Supongamos que [math] Absurdo.
Por lo tanto [math],

Si [math],
[math],
entonces [math] es diámetro de [math] pero entonces [math].
Y si [math] es trivial que [math].
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Turko Arias

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Re: 47° IMO (2006) - Problema 1

Mensaje sin leer por Turko Arias » Dom 15 Sep, 2013 3:21 pm

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Nombramos: [math], [math] y [math]. Por enunciado entonces tenemos que [math] de donde [math] pero entonces es igual a [math] de donde [math] e [math] están en una misma circunferencia, que además incluye a [math] y a [math]. Trazamos esa circunferencia [math]. Llamamos [math] a su centro. Vamos a ver que [math], [math], [math] están alineados. Trazamos la tangente a [math] por [math] que corta a [math] en [math] y a [math] en [math]. Por tangencia, [math], pero también sabemos que [math] por ende [math] y llegamos así a que [math]. Por tangentes también tenemos que [math], y por enunciado sabemos también que [math], de donde llegamos a que [math] y tenemos entonces que [math] y entonces [math] es isósceles. Pero [math] es bisectriz, entonces [math] es perpendicular a [math] y por lo tanto [math], [math], [math] estan alineados.
Ahora vamos a probar que [math]. Consideramos el triángulo [math]. Por desigualdad triangular tenemos que [math], pero [math], reemplazamos y nos queda que [math] y llegamos a que [math] como queríamos, con igualdad solo cuando [math].

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julianferres_

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Re: 47° IMO (2006) - Problema 1

Mensaje sin leer por julianferres_ » Jue 19 Dic, 2013 6:40 pm

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IMO 2006 P1.png
Notemos que [math]

[math]

Por ser [math] el incentro:

[math] y [math]

Entonces [math]

El cuadrilátero [math] es cíclico.

Definimos como [math] a la circunferencia que contiene al cuadrilátero [math].

Sean [math] y [math] las segundas intersecciones de [math] y [math] con [math].

Por arco capaz [math]

*[math]

*[math]

Entonces [math]

Despejando [math]. Por lo tanto [math] es diámetro de [math].

Por potencia de [math] a la circunferencia:
[math]
[math] esto sucede ya que [math] es mayor que [math]

Entonces
[math]


Como [math], el único caso en el cual [math] es en el que [math] es di\'ametro, por ende [math].
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usuario250

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Re: 47° IMO (2006) - Problema 1

Mensaje sin leer por usuario250 » Jue 19 Dic, 2013 7:13 pm

Primer problema que resolví en una IMO.

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Gianni De Rico

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Re: 47° IMO (2006) - Problema 1

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 02 Dic, 2017 11:04 pm

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Habiendo visto que $BPIC$ es cíclico y siendo $\Gamma$ su circuncírculo, prolongamos $AI$ hasta que corte al circuncírculo $\Omega$ de $\triangle ABC$ en $D$, entonces $D$ es el circuncentro de la circunscrita a $\triangle BIC$, pero esta es $\Gamma$. Sea $\Phi$ la circunferencia de centro $A$ y radio $AI$, entonces $\Phi$ y $\Gamma$ son tangentes en $I$. Si $AP=AI$, entonces $P\in \Phi$, pero además $P\in \Gamma$, como son tangentes en $I$, resulta $P=I$. Si $P=I$, entonces $AP=AI$
IMO 2006 P1 (1).png



Para probar que $AP>AI$ cuando $P\neq I$, vamos a usar el hecho de que la distancia más corta entre dos puntos es el segmento que los une, entonces $AP+PD>AD=AI+ID=AI+PD$ por ser $D$ centro de $\Gamma$, entonces $AP+PD>AI+PD\Rightarrow AP>AI$
IMO 2006 P1 (2).png
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[math]

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Turko Arias

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Re: 47° IMO (2006) - Problema 1

Mensaje sin leer por Turko Arias » Dom 07 Oct, 2018 10:17 pm

Un remake un poco más teórico, pero con la misma esencia que la que subí hace unos años:
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$\angle ABC= \alpha$, $\angle ACB= \beta$, luego del enunciado se deduce $\angle PBC + \angle PCB=\frac{\alpha + \beta}{2}=\angle IBC + \angle ICB$, luego $BPIC$ es cíclico. Sea $Q$ el $A$-excentro de $ABC$, es conocido que $BICQ$ es cíclico, con $IQ$ diametro. Sea $O$ el circuncentro de $BICQ$, por propiedades del excentro $A, I, O, Q$ están alineados. Por desigualdad triangular en $APO$, $AO \leq OP+PA$, pero usando la colinealidad nos queda $IA \leq PA$ con igualdad solo cuando $P$ está entre $A$ y $O$, pero estaba sobre la circunscripta de $BICQ$, luego se da si y solo si $P=I$. $\blacksquare$

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