IMO 2019 - P2

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Matías V5

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Mensaje sin leer por Matías V5 » Mar 16 Jul, 2019 9:32 am

En el triángulo $ABC$, el punto $A_1$ está en el lado $BC$ y el punto $B_1$ está en el lado $AC$. Sean $P$ y $Q$ puntos en los segmentos $AA_1$ y $BB_1$, respectivamente, tales que $PQ$ es paralelo a $AB$. Sea $P_1$ un punto de la recta $PB_1$ distinto de $B_1$, con $B_1$ entre $P$ y $P_1$, y $\angle PP_1C = \angle BAC$. Análogamente, sea $Q_1$ un punto en la recta $QA_1$ distinto de $A_1$, con $A_1$ entre $Q$ y $Q_1$, y $\angle CQ_1Q = \angle CBA$.
Demostrar que los puntos $P$, $Q$, $P_1$ y $Q_1$ son concíclicos.
"La geometría es el arte de hacer razonamientos correctos a partir de figuras incorrectas." -- Henri Poincaré

BrunZo

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Re: IMO 2019 - P2

Mensaje sin leer por BrunZo » Mar 16 Jul, 2019 10:54 am

Solución:
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Sean $P_2$, $Q_2$ las intersecciones de $BB_1$ y $AA_1$ con el circuncírculo de $ABC$. Luego
$$\angle CP_2A=\angle CBA=\angle CP_1P$$
De modo que $CP_1P_2P$ es cíclico. Similarmente, $CQ_1Q_2Q$ lo es.
Además,
$$\angle Q_2PQ=\angle Q_2AB=\angle Q_2P_2B$$
De modo que $PQQ_2P_2$ es cíclico.
Finalmente,
$$\angle Q_2Q_1Q=\angle Q_2CA_1=\angle Q_2AB=Q_2PQ$$
Luego $PQQ_2Q_1$ es ciclico, y como comparte tres puntos con $PQQ_2P_2$, estos cinco puntos pertenecen a un círculo común. Similarmente $P_1$ también pertenece a este círculo. O sea, $PQP_1Q_1$ es cíclico.
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Joacoini

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Re: IMO 2019 - P2

Mensaje sin leer por Joacoini » Mar 16 Jul, 2019 11:43 am

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$PB_1$ corta al lado $BC$ en $E$.
$QA_1$ corta al lado $AC$ en $F$.

Sean $X$, $Y$ y $Z$ las intersecciones de las rectas $A_1F$ y $B_1E$, $EA$ y $FB$ y $AA_1$ y $BB_1$ respectivamente, por el Teorema de Pappus $X, Y$ y $Z$ son colineales.

Veamos los triángulos $AEP$ y $BFQ$, los siguientes pares de lados $(PE,QF)$, $(EA,FB)$ y $(AP, BQ)$ se cortan en $X, Y$ y $Z$ respectivamente, como son colineales tenemos, por el Teorema de Desargues, que $PQ$, $EF$ y $BA$ concurren, pero como dos son paralelas las tres lo son.
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IMG_20190716_154057.jpg
Sean $P'$ y $Q'$ las intersecciones de $PQ$ con $BC$ y $AC$ respectivamente.

$C\hat BA=C\hat P'Q=C\hat Q_1Q\Rightarrow CQ_1P'Q$ es cíclico $\Rightarrow Q_1\hat FE=Q_1\hat QP'=Q_1\hat CP'=Q_1\hat CE\Rightarrow CQ_1EF$ es cíclico.

Análogamente $CP_1FE$ cíclico, combinando estos dos tenemos $CP_1FEQ_1$ cíclico $\Rightarrow Q_1\hat QP= Q_1\hat FE=Q_1\hat P_1E=Q_1\hat P_1P\Rightarrow PQP_1Q_1$ es cíclico.
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Gianni De Rico

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Re: IMO 2019 - P2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 16 Jul, 2019 1:38 pm

Solución:
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Sean $D=PP_1\cap AB$, $E=QQ_1\cap AB$, $F=PP_1\cap QQ_1$, $G=CF\cap AB$, $H=AA_1\cap BB_1$, $I=CF\cap PQ$.
Tenemos que $\angle DP_1C=\angle PP_1C=\angle BAC=\angle DAC$, de donde $DAP_1C$ es cíclico con circuncírculo $\Gamma _1$, y análogamente $EBQ_1C$ es cíclico con circuncírculo $\Gamma _2$.
Por Pappus en $APA_1$ y $BQB_1$, tenemos que $H\in CF$.
Sean $h_1$ la homotecia de centro $F$ y razón $\frac{FP}{FD}$, y $h_2$ la homotecia de centro $H$ y razón $-\frac{HB}{HP}$. Como $PQ\parallel AB$, tenemos $h_2(h_1(D))=B$, $h_2(h_1(E))=A$ y $h_2(h_1(G))=G$. Por lo tanto $\frac{GD}{GE}=\frac{GB}{GA}$, es decir, $GA\cdot GD=GB\cdot GE$, por lo que $G$ pertenece al eje radical $r$ de $\Gamma _1$ y $\Gamma _2$, pero $C\in r$, luego, $r=CG$, de donde $F\in r$. Por lo tanto $FD\cdot FP_1=\text{Pot}(F,\Gamma _1)=\text{Pot}(F,\Gamma _2)=FE\cdot FQ_1$, pero como $\frac{FP}{FD}=\frac{FQ}{FE}$, tenemos que $FP\cdot FP_1=\frac{FP}{FD}\cdot FD\cdot FP_1=\frac{FQ}{FE}\cdot FE\cdot FQ_1=FQ\cdot FQ_1$, por lo que $PP_1Q_1Q$ es cíclico.
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1  
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Gianni De Rico

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Re: IMO 2019 - P2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 16 Jul, 2019 5:28 pm

BrunZo escribió:
Mar 16 Jul, 2019 10:54 am
Solución:
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Sean $P_2$, $Q_2$ las intersecciones de $AA_1$ y $BB_1$ con el circuncírculo de $ABC$. Luego
$$\angle CP_2A=\angle CBA=\angle CP_1P$$
De modo que $CP_1P_2P$ es cíclico. Similarmente, $CQ_1Q_2Q$ lo es.
Además,
$$\angle Q_2PQ=\angle Q_2AB=\angle Q_2P_2B$$
De modo que $PQQ_2P_2$ es cíclico.
Finalmente,
$$\angle Q_2Q_1Q=\angle Q_2CA_1=\angle Q_2AB=Q_2PQ$$
Luego $PQQ_2Q_1$ es ciclico, y como comparte tres puntos con $PQQ_2P_2$, estos cinco puntos pertenecen a un círculo común. Similarmente $P_1$ también pertenece a este círculo. O sea, $PQP_1Q_1$ es cíclico.
Seguro que pusiste bien los nombres de los puntos?
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Ivan

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Re: IMO 2019 - P2

Mensaje sin leer por Ivan » Mar 16 Jul, 2019 9:16 pm

Proyectiva:
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Consideramos $X=B_1P\cap AB$ e $Y=A_1Q \cap AB$. Sean $W=B_1P\cap A_1Q$ y $L=WC\cap AB$.

El cuadrilátero $PQP_1Q_1$ es cíclico si y solamente si el cuadrilátero $XYP_1Q_1$ es cíclico (por ángulos entre paralelas con $XY\parallel PQ$). Por potencia de un punto basta ver que $WP_1\cdot WX = WQ_1\cdot WY$.

Sean $\Gamma_A$ y $\Gamma_B$ las circunferencias circunscritas de los cuadriláteros $P_1CAX$ y $Q_1CBY$ que son cíclicos por hipótesis. Entonces lo que queremos ver es que $W$ está en el eje radical de $\Gamma_A$ y $\Gamma_B$. Sabemos que $C$ está en dicho eje radical. Entonces alcanza con probar que $L$ está en el eje radical, que es lo mismo que probar $LA\cdot LX = LB \cdot LY$.

Por el dual del teorema de Pappus aplicado a las tuplas de rectas concurrentes $(AC,AA_1,AB)$ y $(WY,WC,WP)$ tenemos que las rectas $PL$, $B_1Y$ y $A_1C$ concurren en un punto que llamamos $Z$.

Sean $S=PL\cap QY$ y $T=PL\cap B_1Q$. Proyectando obtenemos
$$(AY;L\infty)\stackrel{P}{=}(A_1Y;SQ) \stackrel{Z}{=} (BB_1;TQ) \stackrel{P}{=} (BX;L\infty).$$
O sea que $AL/YL = BL/XL$ que es lo que queríamos probar.
1  
Guía de $\LaTeX$ (sirve para escribir ecuaciones como $2^{3\times 2}+1=13\cdot 5$)

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Turko Arias

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Re: IMO 2019 - P2

Mensaje sin leer por Turko Arias » Mar 16 Jul, 2019 9:46 pm

Joacoini escribió:
Mar 16 Jul, 2019 11:43 am
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$PB_1$ corta al lado $BC$ en $E$.
$QA_1$ corta al lado $AC$ en $F$.

Sean $X$, $Y$ y $Z$ las intersecciones de las rectas $A_1F$ y $B_1E$, $EA$ y $FB$ y $AA_1$ y $BB_1$ respectivamente, por el Teorema de Pappus $X, Y$ y $Z$ son colineales.

Veamos los triángulos $AEP$ y $BFQ$, los siguientes pares de lados $(PE,QF)$, $(EA,FB)$ y $(AP, BQ)$ se cortan en $X, Y$ y $Z$ respectivamente, como son colineales tenemos, por el Teorema de Desargues, que $PQ$, $EF$ y $BA$ concurren, pero como dos son paralelas las tres lo son.
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IMG_20190716_154057.jpg
Sean $P'$ y $Q'$ las intersecciones de $PQ$ con $BC$ y $AC$ respectivamente.

$C\hat BA=C\hat P'Q=C\hat Q_1Q\Rightarrow CQ_1P'Q$ es cíclico $\Rightarrow Q_1\hat FE=Q_1\hat QP'=Q_1\hat CP'=Q_1\hat CE\Rightarrow CQ_1EF$ es cíclico.

Análogamente $CP_1FE$ cíclico, combinando estos dos tenemos $CP_1FEQ_1$ cíclico $\Rightarrow Q_1\hat QP= Q_1\hat FE=Q_1\hat P_1E=Q_1\hat P_1P\Rightarrow PQP_1Q_1$ es cíclico.
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Voy a citar a un prócer del foro, al gran @Nacho
Nacho escribió:
Mié 26 Mar, 2014 4:09 pm
Long Live Desargues

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