IMO 2009 Problema 4

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Nacho

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IMO 2009 Problema 4

Mensaje sin leer por Nacho » Dom 30 Dic, 2012 10:00 pm

Sea [math] un triángulo con [math]. Las bisectrices de [math] y [math] cortan a los lados [math] y [math] en [math] y [math] respectivamente. Sea [math] el incentro de [math]. Supongamos que [math]. Hallar todos los posibles valores de [math].
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jujumas

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Re: IMO 2009 Problema 4

Mensaje sin leer por jujumas » Dom 09 Oct, 2016 3:15 pm

Solución:
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Notemos que [math]. Sea [math] el incentro de [math], es claro que [math], [math] y [math] son colineales, al caer sobre la misma bisectriz. Reflejando [math] por [math] obtenemos [math]. Notemos que al reflejarlo por [math] también lo reflejamos por [math], de donde [math] y [math], de donde [math] cae en [math].

Caso 1: [math] (Si [math] cae sobre [math] o [math] es análogo)
Figura de análisis: https://gyazo.com/878ff7fac09f3a3d97196a2d9d27a7e1

Es claro que [math] es cíclico (sin importar el orden de los vértices). Luego, [math] en ambos subcasos, de donde [math], [math] y es fácil ver que [math] usando que [math].

Caso 2: [math]
Figura de análisis: https://gyazo.com/d5b44abd645ba1f36b7fe3bbbfbc6545

Tenemos que [math]. Luego, [math], y es trivial que [math], de donde [math].

BrunZo

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Re: IMO 2009 Problema 4

Mensaje sin leer por BrunZo » Sab 25 May, 2019 10:09 am

Solución:
Spoiler: mostrar
Vamos a introducir la proyección $P$ del incentro $I$ en $AC$.
Notemos que $K$ es el incentro de $CDIP$, por lo que $\angle CPK=\angle IPK=45^{\circ}$.
Si $\angle A\neq 60^{\circ}$, entonces $P\neq E$, de modo que $\angle IPK=45^{\circ}=\angle BEK=\angle IEK$ implica que $EKIP$ es cíclico.
Entonces, $\frac{\angle B+\angle C}{2}=\angle EIC=\angle EIK=\angle EPK=45^{\circ}\Longrightarrow \angle B+\angle C=90^{\circ}\Longrightarrow \angle A=90^{\circ}$.
Entonce, deducimos que $\angle A\in \{60^{\circ},90^{\circ}\}$, y no es difícil de ver que ambos funcionan.

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