APMO 2020 Problema 1

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Joacoini

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APMO 2020 Problema 1

Mensaje sin leer por Joacoini » Lun 08 Jun, 2020 11:27 pm

Sea $\Gamma$ la circunferencia circunscrita del triángulo $ABC$. Sea $D$ un punto del lado $BC$. La tangente a $\Gamma$ por $A$ corta a la recta paralela a $BA$ por $D$ en el punto $E$. El segmento $CE$ corta nuevamente a $\Gamma$ en $F$. Supongamos que $B, D, F, E$ son concíclicos. Demostrar que $AC,~BF,~DE$ son concurrentes.
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NO HAY ANÁLISIS.

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Turko Arias

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Re: APMO 2020 Problema 1

Mensaje sin leer por Turko Arias » Mar 09 Jun, 2020 12:55 am

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Sea $\Gamma_1$ la circunscripta de $BDEF$. $\angle ABC= \angle EAC$ por ángulo semiinscripto, $\angle EDC= \angle ABC$ por ser $AB$ y $DE$ paralelas, luego $\angle EDC= \angle EAC$ y $ADCE$ resulta cíclico. Sea $\Gamma_2$ la circunscripta de $ADCE$. Nos queda $AC$ eje radical de $\Gamma$ y $\Gamma_2$, $BF$ eje radical de $\Gamma$ y $\Gamma_1$, $DE$ eje radical de $\Gamma_1$ y $\Gamma_2$. Luego, como trivialmente las tres rectas no son paralelas, podemos afirmar que concurren en el centro radical y estamos $\blacksquare$
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Fran5

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Re: APMO 2020 Problema 1

Mensaje sin leer por Fran5 » Mié 10 Jun, 2020 12:14 am

Está va dedicada a los que estamos convencidos de que el 1 sale sólo con angulitos
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y un punto mágico
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sea $G$ la intersección de $AC$ com $BF$.

Por tangencia y paralelas Tenemos que $AED = ACB$ de donde $AECD$ és cíclico.
Luego $$DAG=DAC = DEC = DEF = DBF =DBG$$
Pero entonces $DBAG$ también lo es.
Finalmente usando ambos cíclicos $$ADG = ABG = ABF = ACF = ACE = ADE$$
de dónde $G$ está en $DE$
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Turko Arias

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Re: APMO 2020 Problema 1

Mensaje sin leer por Turko Arias » Mié 10 Jun, 2020 6:33 am

Fran5 escribió:
Mié 10 Jun, 2020 12:14 am
Está va dedicada a los que estamos convencidos de que el 1 sale sólo con angulitos
Está otra solución también va dedicada a los que están convencidos de que el 1 sale sólo con angulitos
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Era mentira
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$\angle EDC= \angle ABC$ por ser $AB$ y $DE$ paralelas. $\angle BAC = \angle BFC$ por arco capaz y $\angle EFB = \angle EDB$ por ser $BDFE$ cíclico $\to 180=\angle EFB+\angle BFC=\angle EDB+\angle EDC$ y nos queda $\angle BFC=\angle EDC$, por lo que $ABC$ es isósceles en $C$. Tenemos entonces que la mediatriz de $AB$ pasa por $C$, por lo que es perpendicular a $DE$ y a la tangente a $\Gamma$ que pasa por $C$, comentario que parece completamente out of context, pero vamos a darle un sentido ya mismo.
Notamos que el hexágono $AABFCC$ tiene sus seis vértices sobre $\Gamma$, luego podemos aplicar el Teorema de Pascal. Sea $Z$ un punto en el infinito donde se cortan las paralelas $AB$ y $CC$, sea $K=AC \cap BF$, y tenemos que $E=AA \cap FC$. Por Pascal, estos tres puntos están alineados y $EK$ resulta paralela a $AB$, pero la paralela por $E$ a $AB$ corta a $BC$ en $D$, luego $D, K, E$ están alineados como queríamos demostrar $\blacksquare$

Nota técnica: hay que tener en cuenta que al hacer Pascal en hexágonos denegerados, al considerar el lado $AA$ en realidad se trabaja con la tangente a $\Gamma$ por $A$, y que también se pueden considerar hexágonos no simples.
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Turko Arias

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Re: APMO 2020 Problema 1

Mensaje sin leer por Turko Arias » Mié 10 Jun, 2020 7:31 am

Dejo oooootra solución más que se me ocurrió, es medio flashera, pero me gustó

La solución usa
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Rotohomotecias
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$\angle ABC= \angle EAC$ por ángulo semiinscripto, $\angle EDC= \angle ABC$ por ser $AB$ y $DE$ paralelas, luego $\angle EDC= \angle EAC$ y $ADCE$ resulta cíclico.
$\angle BAC = \angle BFC$ por arco capaz y $\angle EFB = \angle EDB$ por ser $BDFE$ cíclico $\to 180=\angle EFB+\angle BFC=\angle EDB+\angle EDC$ y nos queda $\angle BFC=\angle EDC$, por lo que $ABC$ es isósceles en $C$, y además $\angle BAC = \angle CAE$.
Ahora consideremos la rotohomotecía en sentido antihorario de $\angle BAC$ grados y razón $\frac{AE}{AC}$. Sea $K$ el punto a donde va a parar $B$, es claro que $C$ va a parar a $E$. Por como definimos nuestra transformación, $K$ está en $AC$. Por otro lado, como los triángulos $ABC$ y $AEK$ son rotohomotéticos y por arco capaz en el cuadrilátero $AECD$, tenemos que $\angle BCA= \angle DEA = \angle KEA$, por lo que $K$ pertenece también a $DE$. Ahora bien, es una propiedad conocida de las rotohomotecias, que si los triángulos $ABC$ y $AKE$ son rotohomotéticos, entonces los triángulos $ABK$ y $ACE$ también lo son. Tenemos entonces por esta propiedad, y por arco capaz en $ABCF$ que $\angle ABF= \angle ACF = \angle ACE= \angle ABK$, por lo que $K$ tiene que pertenecer a $BF$ y estamos $\blacksquare$
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Re: APMO 2020 Problema 1

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mié 10 Jun, 2020 10:34 am

Dejaré esto por aquí y me iré lentamente
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Como dijo el Turko, tenemos que $CC\parallel AB\parallel DE$, entonces concurren en $P_{\infty DE}$. Sea $O=AC\cap BF$, consideramos una transformación proyectiva que deje fija $\Gamma$ y mande $O$ al centro de $\Gamma$, sea $P=AB\cap CC$ el punto al que va a parar $P_{\infty DE}$, entonces $P,D,E$ están alineados. Ahora, $A$ y $C$ son simétricos respecto de $O$, $B$ y $F$ son simétricos respecto de $O$, y $\Gamma$ es simétrica respecto de $O$, entonces $P$ y $E$ son simétricos respecto de $O$, así que $O\in PE$, por lo que $AC,DE,BF$ son concurrentes.
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