IMO 2014 Problema 4

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
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Matías V5

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IMO 2014 Problema 4

Mensaje sin leer por Matías V5 »

Los puntos $P$ y $Q$ están en el lado $BC$ del triángulo acutángulo $ABC$ de modo que $\angle PAB=\angle BCA$ y $\angle CAQ=\angle ABC$. Los puntos $M$ y $N$ están en las rectas $AP$ y $AQ$, respectivamente, de modo que $P$ es el punto medio de $AM$, y $Q$ es el punto medio de $AN$. Demostrar que las rectas $BM$ y $CN$ se cortan en la circunferencia circunscrita del triángulo $ABC$.
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Matías V5

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Re: IMO 2014 Problema 4

Mensaje sin leer por Matías V5 »

Tengo una solución con
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inversión
Solución
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Notemos que la condición [math] equivale a que la recta [math] sea tangente a la circunferencia [math], y la condición [math] equivale a que la recta [math] sea tangente a la circunferencia [math].
Hacemos una inversión de centro [math] y radio arbitrario [math]. Usamos la notación [math] para indicar el inverso de un punto [math].
Como [math] son colineales, los puntos [math] son concíclicos. Además, [math] tangente a [math] implica [math]; y [math] tangente a [math] implica [math]. Entonces [math] y [math] son trapecios, y como son cíclicos, son trapecios isósceles.
Como [math] y [math] eran los puntos medios de [math] y [math], sigue que [math] y [math] son los puntos medios de [math] y [math].
Nosotros queríamos probar que [math]. En el problema invertido, lo que tenemos que probar es que [math]. Ahora, por simetría, la circunferencia [math] pasa por el punto medio de la otra diagonal del trapecio isósceles [math], que es [math]. Análogamente se prueba que [math] pasa por el punto medio de [math]. Entonces [math] y [math] se cortan sobre [math], que era lo que queríamos demostrar. [math]
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innombrable
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Re: IMO 2014 Problema 4

Mensaje sin leer por innombrable »

Aquí va mi solución:
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Llamamos [math] y [math], y [math] a la intersección de [math] y [math]. Como [math], si demotramos que [math], por arco capaz ya demostraríamos lo que el enunciado nos pide.

Pequeños angulitos nos muestran que [math]. Por semejanza entre [math] y [math] tenemos que [math]. Además, por enunciado [math] y [math], entonces se deduce que [math].Tenemos que [math], y dada esta relación, los triángulos [math] y [math] son semejantes. Por lo tanto, [math]. Por suma de ángulos internos del cuadrilátero [math] tenemos que [math].
En otras palabras, [math], que era lo que queríamos probar.
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Prillo

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Re: IMO 2014 Problema 4

Mensaje sin leer por Prillo »

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Queremos ver que [math]. Recortamos los triangulos [math] y [math] (con [math] y [math] incluidos), los rotamos y reescalamos para que sus subtriangulos semejantes [math] y [math] (que son semejantes a [math]), conincidan. Como [math] y [math] son puntos medios de [math] y [math] respectivamente, lo que nos queda es un paralelogramo. Ahora es trivial que [math].
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Matías V5

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Re: IMO 2014 Problema 4

Mensaje sin leer por Matías V5 »

@innombrable: Creo que la configuración que te quedó a vos, donde por ejemplo [math] es convexo, no puede pasar, porque el problema dice que el triángulo es acutángulo. Eso fuerza por ejemplo a que los puntos [math] aparezcan en ese orden y no en otro. Evidentemente el problema también vale en el otro caso, y es lo que demostraste vos.
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Re: IMO 2014 Problema 4

Mensaje sin leer por Matías V5 »

Bueno ahora sí tengo una solución como la gente.

Solución 2
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Sean [math] y [math]. Como [math] (pues [math] es base media del triángulo [math]), es claro que [math] y [math] son puntos medios de [math] y [math] respectivamente.
Es fácil ver con angulitos (ya lo hicieron en otras soluciones) que los triángulos [math] y [math] son semejantes al [math]. Entonces también son semejantes los triángulos [math] y [math], que son homotéticos a los anteriores. Como [math] y [math] son medianas en dichos triángulos, se tiene que [math]. Si [math] es el punto donde se cortan [math] y [math], la igualdad anterior implica que [math]. Entonces [math], y [math] es cíclico. [math]
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innombrable
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Re: IMO 2014 Problema 4

Mensaje sin leer por innombrable »

@Matías V5 Muchas gracias por la observación, estas cosas suelen pasar cuando uno está apurado y si no me marcabas probablemente no me iba a dar cuenta, de un error bastante grave.

La solución que propongo es de todas formas muy parecida a la anterior:
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En primer lugar, vamos a llamar a los ángulos [math] y [math]. Si llamamos [math] a la intersección de [math] y [math], queremos de nuevo probar que [math], y así [math] yace sobre la circunferencia circunscrita del triángulo [math].

Vemos rápidamente que los ángulos [math], lo cual nos arroja la igualdad [math]. Por la evidente semejanza entre [math] y [math] deducimos que [math]. Hacemos el reemplazo [math] y [math] y obtenemos [math].

Ahora fijemos la vista en los triángulos [math] y [math]: Sabemos que [math], y sabemos que [math], entonces también sabemos que [math] es semejante a [math]. De acá sale que [math] y [math]. Y también que [math]

Finalmente, podemos calcular el ángulo [math]: vemos que [math], que es exactamente lo que queríamos demostrar.
Podríamos decir que no importa si el ángulo [math] es agudo, recto u obtuso, la condición del enunciado se va a seguir manteniendo.
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Gianni De Rico

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Re: IMO 2014 Problema 4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

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Sean $\Gamma$ el circuncírculo de $ABC$, $G$ la segunda intersección de $BM$ con $\Gamma$, $G'$ la segunda intersección de $CN$ con $\Gamma$ y $T$ un punto en el mismo semiplano que $A$ respecto a $BC$ tal que $TB$ es tangente a $\Gamma$.
Por arco capaz $T\widehat BA=B\widehat CA=B\widehat AP\Rightarrow TB\parallel AP$, de modo que $AP\cap BT=P_\infty$. Proyectando por $B$ tenemos $\{B,C;A,G\}=\{P_\infty ,P;A,M\}=-1$, por lo que $BACG$ es un cuadrilátero armónico y $AG$ es la $A$-simediana de $ABC$. Análogamente, $AG'$ es la $A$-simediana de $ABC$, entonces $A,G,G'$ están alineados. Como además $G$ y $G'$ están sobre $\Gamma$ y son distintos de $A$, concluimos que $G\equiv G'$. Por lo tanto, $BM$ y $CN$ se cortan sobre $\Gamma$.
♪♫ do re mi función lineal ♪♫
BrunZo

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Re: IMO 2014 Problema 4

Mensaje sin leer por BrunZo »

Una Solución recién salida de la galera:
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Sea $K$ el punto de intersección de la $A$-simediana y el circuncírculo. Queremos demostrar que $K$ pertenece a $BM$ y a $CN$.
Angulitos nos llevan a
$$\angle PAB=\angle BCA=\angle BKA$$
Esto implica que una simetría por la bisectriz de $\angle ABK$ seguida de una homotecia de centro $B$ mapea $ABK\to M'BA$.
Ahora, como $ABKC$ es armónico, $BC$ es $B$-simediana de $ABK$, entonces es $B$-mediana de $M'BA$. Esto implica que $AP=PM'$, por lo que $M=M'$ y estamos.
Muy buen problema.
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drynshock

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Re: IMO 2014 Problema 4

Mensaje sin leer por drynshock »

Simplemente: increíble
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De una vez por todas me digne a estudiar proyectiva, y yendo a resolver un problema de la lista de recomendados (primer problema que intento) estaba este que parecía lindo. Agarre Geogebra, y se me ocurrió enseguida una solución con inversión (parecida a la de Mati, así que no la posteo), pero como la idea era usar proye, lo intenté de nuevo y salió esto.
(Cabe decir, que use una hint que decía lo de las paralelas a las tangentes, el resto lo hice yo).
Algunos lemas:
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Lema 1:
Dados los puntos $A$ y $B$, sea $M$ el punto medio de $AB$, y $P_{\infty}$ el punto en el infinito de $AB$. Luego,

$$(A, B; M, P_{\infty}) = -1$$
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Demostración:

$$(A, B; M, P_{\infty}) = \frac{MA}{MB}/\frac{\infty}{\infty} = \frac{MA}{MB} = -1$$

(Notar que $\frac{MA}{MB}$ es negativo ya que tomamos segmentos dirigidos.)

$\blacksquare$

Lema 2:
Sean $A, B, X$ tres puntos alineados y distintos, y $k$ un número real. Entonces, existe un único $Y$ tal que

$$(A, B; X, Y) = k$$
Spoiler: mostrar
Demostración:
$(A, B; X, Y) = \frac{XA}{XB}/\frac{YA}{YB} = k$

Dado que $\frac{XA}{XB}$ es constante, lo que nos interesa es $\frac{YA}{YB} = c$, con $c$ constante. Tomando la definición de linea, nos queda

$$\frac{y-a}{y-b} = c \iff y-a = yc-bc \iff y(1-c) = a-bc \iff y = \frac{a-bc}{1-c}$$

Dado que $a, b, c$ son constates estamos. (¿Que pasa con $c = 1$?, no sé, no me pagan para esto.)
Lema 3:
Sea $\omega$ una circunferencia y $P$ un punto fuera de ella. Sean $PX, PY$ las tangentes a $\omega$. Tomar una recta por $P$ que corte a $\omega$ en $A$ y $B$, luego
  • $AXBY$ es un cuadrilátero armónico.
  • Sí $Q = AB \cap XY$ entonces $(A, B; Q, P)$ es armónico.
Solución:
Spoiler: mostrar
Sean $F = NC \cap BM, H = AF \cap BC, l, t$ las tangentes a $(ABC)$ por $C$ y $B$, respectivamente.
geogebra-export - 2025-01-13T020732.221.png
Notar que por ángulo semi-inscrito esta claro que $l \parallel AQ$, de donde estas rectas comparten punto en el infinito, digámosle $P_{\infty}$. Por lema 1, tomando perspectiva desde $C$, y proyectando sobre $AF$, tenemos:

$$-1 = (A, N ; Q, P_{\infty}) \overset{C}{=} (A, F; H, l \cap AF)$$

Y análogamente para el vértice $B$ y la recta $AP$ obtenemos $-1 = (A, F; H, t \cap AF)$, pero entonces por lema 2 tenemos $G = t\cap AF = l\cap AF$. Esto nos dice que $(A, F; H, G)$ es armónico, y por lema $3$ $(A, F; B, C)$ también, es decir que $AFBC$ es cíclico, como queríamos demostrar.

$\blacksquare$
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