IMO 2015 Problema 3

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Matías V5

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IMO 2015 Problema 3

Mensaje sin leer por Matías V5 » Vie 10 Jul, 2015 11:14 am

Sea [math] un triángulo acutángulo con [math]. Sea [math] su circunferencia circunscrita, [math] su ortocentro, y [math] el pie de la altura desde [math]. Sea [math] el punto medio del segmento [math]. Sea [math] el punto de [math] tal que [math] y sea [math] el punto de [math] tal que [math]. Supongamos que los puntos [math], [math], [math], [math] y [math] son todos distintos y están sobre [math] en ese orden.
Demostrar que la circunferencia circunscrita al triángulo [math] es tangente a la circunferencia circunscrita al triángulo [math].
"La geometría es el arte de hacer razonamientos correctos a partir de figuras incorrectas." -- Henri Poincaré

ricarlos
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Re: IMO 2015 Problema 3

Mensaje sin leer por ricarlos » Sab 11 Jul, 2015 2:11 pm

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Sea [math] y [math] las intersecciones de [math] y [math] con [math], respectivamente. Nos valemos de este problema
http://www.omaforos.com.ar/viewtopic.php?f=10&t=3271
De alli surge directamente que [math] son colineales e indirectamente que [math] es diametro de [math] y que [math] y [math]
son puntos reflejados de [math] respecto de [math] y [math], respectivamente. (FM es la base media respecto de H'H'' en el tri. HH'H'')
Llamemos [math] al punto medio de [math], la circunferencia de diametro [math] intersecta a [math] en [math]. Todo se da en el
orden que pide el problema, [math]. Las circunscritas a los triangulos rectangulos [math] y [math] tienen a [math] y
[math] como ejes radicales, respectivamente, con [math] y a su vez entre las circunscritas a los triangulos rectangulos mencionados,
que son tangentes en el punto [math], su eje radical es la tang. comun en ese punto, que es perpendicular a [math]. Estos 3 ejes radicales son concurrentes y
a ase punto lo llamamos [math].
Vemos que [math] y [math] son triangulos rectangulos en [math], luego [math] y [math] son sus alturas. Si [math] es el punto medio de [math]
entonces [math] concurre sobre dicho punto, asi tambien vemos que [math], (NX es mediatriz de HK) nos interesa ver que los triangulos
[math] y [math] son isosceles, luego [math] (0), esto muestra que [math] es tg al circuncirculo de [math] (1).
[math] es un triangulo rectangulo en [math] y [math] es su altura, por el teorema de Euclides de los catetos tenemos que [math]
y por (0), [math], esto sugiere que la circunscrita al triangulo [math] tiene a [math] como tangente y si consideramos (1) tenemos lo que nos pide
demostrar el problema.
Dado un triangulo ABC y los puntos medios L, M y N de los lados BC, AC y AB, respectivamente, probar que las bisectrices de los angulos ANB, BLC y CMA son concurrentes.

tuvie

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Re: IMO 2015 Problema 3

Mensaje sin leer por tuvie » Vie 18 Dic, 2015 4:26 pm

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Igual que arriba probamos que [math] son colineales, y que la reflexion de [math] por [math] cae en el circuncirculo de [math], digamos, en [math]. Como [math] y [math] son rectangulos y sus hipotenusas caen en la misma recta, sus circuncentros son colineales, y como comparten un punto sobre esta recta, son tangentes. Sea [math] el punto de interseccion entre esta tangente y [math]. Porbare que este es el centro radical de las circunsciptas a [math], [math] y [math], pues esta en el eje radical de las primeras dos, por definicion, y en el de las ultimas dos, al ser su eje radical la recta [math]. Ahora notemos que
[math]

( use que angulos opuestos en una circunferencia suman 180, que angulos dentro de un triangulo suman 180, opuestos por el vertice, semi inscriptos y lo que nos dan del punto [math]), entonces [math] cumple la relacion de los angulos entre vertices y circuncentro (al ser [math] y [math]), y ademas [math], por lo que [math], y por ser [math] tangente a [math] y [math], [math] es tangente a [math], pero como [math], po potencia de un punto [math] tambien es tangente a [math], entonces estas dos son tangentes mutuamente.

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Gianni De Rico

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Re: IMO 2015 Problema 3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Jue 01 Ago, 2019 1:26 am

Solución:
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Sean $D$ y $E$ los pies de las alturas desde $B$ y $C$ en $ABC$, $G$ el pie de la perpendicular desde $H$ a $AM$ y $H'$ el reflejo de $H$ por $M$.
Por las reflexiones del ortocentro tenemos $QH'\perp AQ\perp QH$, por lo que $Q,H,H'$ están alineados, de donde $Q,H,M$ están alineados. Además, de $HD\perp AC$ y $HE\perp AB$ tenemos que $HDAE$ y $BCDE$ son cíclicos, luego, la inversión con centro $A$ y radio $\sqrt{AB\cdot AE}$ manda $E$ a $B$ y $D$ a $C$, por lo que manda $\Gamma$ a $BC$, entonces manda $H$ a $F$, y como $HD\perp AM$, tenemos $G\in \odot HDAE$, de donde manda también $G$ a $M$. Ahora, como $MQ\perp AQ$ y $AF\perp MF$, tenemos que $AMFQ$ es cíclico, y como $AQ\perp HQ$, tenemos $Q\in \odot ADE$; por lo tanto, si $Q'$ es la imagen de $Q$ por la inversión, tenemos $Q'\in BC,DE,GH$, en particular $\{B,C;F,Q'\}=-1$, y por potencia de un punto tenemos $Q'G\cdot Q'H=\text{Pot}(Q',\odot ADE)=Q'A\cdot Q'Q=\text{Pot}(Q',\Gamma )=Q'B\cdot Q'C$, por lo que $BCHG$ es cíclico.
Ahora, como $\{B,C;F,Q'\}=-1$ y $M$ es el punto medio de $BC$, tenemos $MB^2=MF\cdot MQ'$, pero como $HF\perp Q'F$ y $HQ\perp Q'Q$, tenemos que $HQQ'F$ es cíclico, por lo que $MF\cdot MQ'=\text{Pot}(M,\odot HQQ'F)=MH\cdot MQ$. Luego, la inversión de centro $M$ y radio $MB$ manda $Q'$ a $F$ y $Q$ a $H$, de donde manda $\Gamma$ a $\odot BHC$, luego, si $K'$ es el inverso de $K$, tenemos que $K'\in \odot BHC$ y que $MK'\cdot MK=MB^2=MH\cdot MQ$, por lo que $K'\in \odot HKQ$. Ahora, tenemos que $(BC,HK',QK)$ son los ejes radicales de $(\Gamma ,\odot BHC,\odot HKQ)$, de donde concurren en el punto $I$, y por Brocard tenemos que el polo de $K'Q$ respecto de $\odot HKQ$ está sobre $BC$, pero como $Q'$ está sobre la polar de $Q$ respecto de $\odot HKQ$, tenemos que $Q'$ es el polo de $K'Q$ respecto de $\odot HKQ$, es decir, $K'Q'$ es tangente a $\odot HKQ$. Por último, la inversión por $M$ manda $\odot FKM$ a $K'Q'$ y deja fija $\odot HKQ$, pero como invertir preserva tangencias y $K'Q'$ es tangente a $\odot HKQ$, tenemos que $\odot HKQ$ y $\odot FKM$ son tangentes.
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