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Ibero 2008 - P2

Publicado: Mar 26 Jun, 2018 1:35 pm
por Gianni De Rico
En un triángulo $ABC$ sea $r$ la bisectriz exterior de $A\widehat BC$. Los puntos $P$ y $Q$ son los pies de las perpendiculares desde $A$ y $C$ a $r$, respectivamente. La recta $CP$ corta a la recta $AB$ en $M$ y la recta $AQ$ corta a la recta $BC$ en $N$. Demostrar que las rectas $AC$, $MN$ y $r$ son concurrentes.

Re: Ibero 2008 - P2

Publicado: Mar 26 Jun, 2018 2:36 pm
por Gianni De Rico
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Ibero 2008 P2.png
Sea $D$ el pie de la bisetriz de $A\widehat BC$, luego $BD\perp PQ$. Sean $F=AN\cap CM$ y $G=PQ\cap AC$.
Por ángulos entre paralelas y bisectriz tenemos $P\widehat AB=A\widehat BD=D\widehat BC=Q\widehat CB$ y como $A\widehat PB=90^\circ =C\widehat QB$ resulta que $\triangle ABP\simeq \triangle CBQ\Rightarrow \frac{QB}{BP}=\frac{QC}{AP}$ y por Thales $\frac{QC}{AP}=\frac{QF}{FA}$. Luego, $\frac{QB}{BP}=\frac{QF}{FA}$ y por Thales $BF\parallel AP\perp PQ$.
Por lo tanto $B,F,D$ son colineales y $AN,BD,CM$ concurren en $F$.
Por Ceva $\frac{AD}{DC}\frac{CN}{NB}\frac{BM}{MA}=1$, como $\{G,D,A,C\}$ es una cuaterna armónica entonces $\frac{AG}{GC}=-\frac{AD}{DC}$, luego $\frac{AG}{GC}\frac{CN}{NB}\frac{BM}{MA}=-1$ y por Menelao $G,M,N$ están alineados.
Finalmente $AC,MN,PQ$ concurren en $G$.

Re: Ibero 2008 - P2

Publicado: Vie 09 Jul, 2021 4:42 pm
por Juaco
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sean $Y = r \cap AC$ y $X$ el pie de la bisectriz de $\hat{B}$, $L = AQ \cap PC$, y $N_2 = NM \cap r$
Ibero 2008.jpg

$AP \parallel BX \parallel CQ \Rightarrow$ defino $P_{\infty} = AP \cap BX \cap CQ$

$\{P, Q; B, Y\} \underset{P_{\infty}}{=} \{A, C; X, Y\} = -1$
$\{P, L; N, C\} \underset{A}{=} \{P, Q; B, Y\} = -1$
$\{P, L; N, C\} \underset{M}{=} \{P, Q; N_2, B\} = -1$
Entonces $N_2$ es el conjugado armónico de $B$ respecto a los puntos $P,Q$ pero $Y$ también lo es por lo que son el mismo punto y por lo tanto las $3$ rectas que pide el problema concurren en $Y$



Pregunta: el hecho de que teniendo en $2$ rectas $4$ puntos en cada una y con las siguientes condiciones

$\{A, B; C, D\} = \{E, F; G, H\}$ , $AE \cap DH = AE \cap BF = P$
de como resultado que los puntos $C, P, G$ sean colineales tiene que ver con el teorema fundamental de la geometria proyectiva o estoy errado? es que no tengo mucha información sobre el tema en realidad y si alguien sabe bueno...

Re: Ibero 2008 - P2

Publicado: Vie 09 Jul, 2021 8:33 pm
por Gianni De Rico
El Apache yasabes escribió: Vie 09 Jul, 2021 4:42 pm
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Pregunta: el hecho de que teniendo en $2$ rectas $4$ puntos en cada una y con las siguientes condiciones

$\{A, B; C, D\} = \{E, F; G, H\}$ , $AE \cap DH = AE \cap BF = P$
de como resultado que los puntos $C, P, G$ sean colineales tiene que ver con el teorema fundamental de la geometria proyectiva o estoy errado? es que no tengo mucha información sobre el tema en realidad y si alguien sabe bueno...
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Ese teorema creo que es un poco más amplio, y no estoy seguro de conocer la versión "olímpica".
Básicamente lo que pasa es que dados $3$ puntos $A,B,C$ en una recta, si $D_1,D_2$ en la misma recta cumplen $\{A,B;C,D_1\}=\{A,B;C,D_2\}$, entonces $D_1=D_2$ (esto sale haciendo la cuenta y recordando que se usan segmentos dirigidos). De ahí, como proyectar preserva la razón doble, te queda$$\{E,F;PC\cap EF,H\}\underset{P}{=}\{A,B;C,D\}=\{E,F;G,H\}$$con lo que $G=PC\cap EF$, así que son colineales.
El Apache yasabes escribió: Vie 09 Jul, 2021 4:42 pm
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$\{P, Q; B, Y\} \underset{P_{\infty}}{=} \{A, C; X, Y\} = -1$
PD:
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Linda forma de decir Thales jajajaj

Re: Ibero 2008 - P2

Publicado: Sab 10 Jul, 2021 12:08 am
por Juaco
Gianni De Rico escribió: Vie 09 Jul, 2021 8:33 pm Linda forma de decir Thales jajajaj
Jajajaja es que así me gustó mas