IMO 2005 - P1

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Gianni De Rico

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IMO 2005 - P1

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 07 Jul, 2018 1:28 pm

Se eligen seis puntos en los lados de un triángulo equilátero $ABC$: $A_1$ y $A_2$ en $BC$, $B_1$ y $B_2$ en $CA$, $C_1$ y $C_2$ en $AB$. Estos puntos son los vértices de un hexágono convexo $A_1A_2B_1B_2C_1C_2$ cuyos lados son todos iguales. Demuestre que las rectas $A_1B_2$, $B_1C_2$ y $C_1A_2$ son concurrentes.
[math]

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Gianni De Rico

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Re: IMO 2005 - P1

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 07 Jul, 2018 6:49 pm

Spoiler: mostrar
Parte fea:
Tenemos $\vec{A_1A_2}+\vec{A_2B_1}+\vec{B_1B_2}+\vec{B_2C_1}+\vec{C_1C_2}+\vec{C_2A_1}=\vec 0$, como $\vec{A_1A_2},\vec{B_1B_2},\vec{C_1C_2}$ están sobre los lados de un triángulo equilátero y tienen el mismo módulo, resulta $\vec{A_1A_2}+\vec{B_1B_2}+\vec{C_1C_2}=\vec 0$. Luego, $\vec{A_2B_1}+\vec{B_2C_1}+\vec{C_2A_1}=\vec 0$. Pero como tienen el mismo módulo, forman un triángulo equilátero.

Parte linda:
Entonces $A_2B_1$ se obtiene rotando $60°$ en sentido horario a $C_2A_1$, y $B_1B_2$ se obtiene rotando $60°$ en sentido horario a $A_1A_2$. Por lo tanto $A_2\widehat{B_1}B_2=C_2\widehat{A_1}A_2$ y como $C_2A_1=A_1A_2=A_2B_1=B_1B_2$ tenemos $\triangle C_2A_1A_2\equiv \triangle A_2B_1B_2\Rightarrow C_2A_2=A_2B_2$. Análogamente, $B_2C_2=C_2A_2$ y $\triangle A_2B_2C_2$ es equilátero.
Luego, $A_1B_2,B_1C_2,C_1A_2$ son las mediatrices de $C_2A_2,A_2B_2,B_2C_2$ respectivamente, por lo tanto, son concurrentes. QED
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BrunZo

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Re: IMO 2005 - P1

Mensaje sin leer por BrunZo » Dom 19 May, 2019 4:13 pm

Solución: (horror)
Spoiler: mostrar
Primera parte:
Sea $\gamma$ el $A$-excírculo de $AB_2C_1$.
Sean $B'$, $C'$ puntos en $AB$ y $AC$ tal que $\gamma$ sea el incírculo de $AB'C'$.
Sean $A_1'$, $A_2'$ en $B'C'$ tales que $C_2A_1'$ y $A_2'B_1$ sean tangentes a $\gamma$.
Notemos que los perímetros de $AB_2C_1$, $BC_2A_2'$, $CA_2'B_1$ son iguales al lado de $AB'C'$.
Entonces, $AB_2=B'C_2$, $AC_1=C'B_1$, etc.

Lema: Si dos triángulos comparten la medida de un lado $l$, la medida de un ángulo adyacente $\alpha$ y el perímetro $p$, entonces son congruentes.
Demostración: Apliquemos una traslación que haga coincidir de los triángulos al lado $AB$, que mide $l$, y el ángulo $OAB$ que mide $\alpha$. Es claro que el vértice $C$ está en el rayo $AO$ y en la elipse de focos $A$ y $B$ y radio focal $p-l$. Ahora, como una elipse es convexa, este punto es único, luego esta traslación hace coincidir a los triángulos, por lo que son congruentes.

Aplicado a los triángulos $AB_2C_1$, $B'C_1A_2'$ y $C'A_2'B_1$, obtenemos que $A_1'A_2'B_1B_2C_1C_2$ es equilátero como queríamos.
Además, por el teorema de Brianchon en $A_1'A_2'B_1B_2C_1C_2$, es claro que $A_1'B_2$, $A_2'C_1$ y $B_1C_2$ concurren.

Segunda parte: Vamos a demostrar que $A_1'A_2'B_1B_2C_1C_2=A_1A_2B_1B_2C_1C_2$.
En caso de existir otros $A_1$, $A_2$ en $BC$, tendríamos que $A_1C_2=A_1'C_2$, $A_2B_1=A_2'B_1$ y $A_1A_2=A_1'A_2'$, de modo que $A_1A_1'C_2$, $A_2A_2'B_1$ son isósceles y congruentes.
Si $B=B'$, las distancias de $B_1$ y $C_1$ a $B'C'$ son las mismas, por lo que $B_1C_2\parallel B'C'$. Esto implica que $B_2C_1\parallel B'C'$, lo que hace que $AB_2C_1$, $B'C_1A_2'$ y $C'A_2'B_1$ sean equiláteros. Pero, entonces, los nuevos $A_1$ y $A_2$ coincidirián con $B'$ y $C'$, lo cual es absurdo.
Si $B'\neq B$, tendriamos que $A_1A_1'C_2$, $A_2A_2'B_1$ están erguidos en los lados del paralelogramo $A_1A_2A_2'A_1'$. Si los triángulos se yergen ambos interior o exteriormente, entonces $A_1A_2B_1B_2C_1C_2$ no tiene forma de ser convexo. Si se yergue uno exterior, y otro interiormente, se forman rombos $A_1'A_2'B_1C_2$ y $A_1A_2B_1C_2$, de modo que, $B_1C_2$ es paralela e de igual longitud que $A_1A_2$. Esto hace que $B_1C_2\parallel B'C'$, pero como $B_2C_1=A_1A_2$, entonces $B_1$ y $B_2$ coincidirían. Absurdo.
O sea, $A_1'A_2'B_1B_2C_1C_2=A_1A_2B_1B_2C_1C_2$, por lo que finalizamos.

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Joacoini

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Re: IMO 2005 - P1

Mensaje sin leer por Joacoini » Sab 25 May, 2019 11:16 am

Spoiler: mostrar
Sea $P$ en el mismo semiplano determinado por $AC$ que $B$ tal que $B_1PB_2$ sea equilatero.

Por construcción el segmento $B_2P$ es igual y paralelo a $C_1C_2$ por lo que $B_2C_1C_2P$ es un paralelogramo por lo tanto $PC_2=B_2C_1=PB_2=PB_1=r$

Analogamente $PA_1=r$ por lo que $B_2B_1A_1C_2$ es cíclico con centro $P$ radio $r$ y como es un cuadrilátero cíclico con dos lados iguales $B_1B_2=A_1C_2$ es un trapecio isósceles por lo que las mediatrices de $B_2C_2$ y $B_1A_1$ son la misma recta la cual es $C_1A_2$.

En otras palabras $C_1A_2$ es la mediatriz de $B_2C_2$, análogamente $A_1B_2$ y $B_1C_2$ son las mediatrices de $C_2A_2$ y $A_2B_2$ y todos sabemos que las mediatrices de un triangulo concurren.
5  
NO HAY ANÁLISIS.

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