Selectivo de IMO 2013 Problema 3

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Nacho

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Selectivo de IMO 2013 Problema 3

Mensaje sin leer por Nacho » Jue 09 May, 2013 7:36 pm

Sea [math] un cuadrilátero inscrito en una circunferencia y tal que sus diagonales [math] y [math] se cortan en [math]. Sea [math] una circunferencia que pasa por [math] y por [math] y que corta a los lados [math] y [math] en [math] y [math] respectivamente. Sea [math] la intersección de las rectas [math] y [math], y [math] la intersección de las rectas [math] y [math], de modo que [math] y [math] están en el mismo semiplano determinado por [math] que el punto [math].
Demostrar que la recta por [math] paralela a [math] y la recta por [math] paralela a [math] se cortan en la circunferencia [math].
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Nacho

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Re: Selectivo de IMO 2013 Problema 3

Mensaje sin leer por Nacho » Jue 09 May, 2013 8:46 pm

Spoiler: mostrar
Sea [math] la intersección de [math] con [math].

Notemos que [math]. Por lo tanto [math]. Pero a su vez, [math]. Por lo tanto [math], y así [math] es cíclico. Luego, por arco capaz en ese cíclico, [math]. Pero por arco capaz, [math], entonces, [math]. Por lo tanto [math] es cíclico. Eso implica que [math]. Por lo tanto, las paralelas a [math] y [math] por [math] y [math] respectivamente conservan esos ángulos, y por arco capaz ya estamos. [math]
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Ivan

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Re: Selectivo de IMO 2013 Problema 3

Mensaje sin leer por Ivan » Jue 09 May, 2013 9:04 pm

Hay soluciones más elementales pero igual me pareció interesante:
Spoiler: mostrar
Sea [math] el punto donde se cortan la recta por [math] paralela a [math] y la recta por [math] paralela a [math].

Sea [math]. Por el teorema de Desargues en los triángulos [math] y [math] (dado que [math], [math] y [math] concurren en [math]) tenemos que [math], [math] e [math] están alineados.

Por ángulos entre paralelas, [math].

Por arco capaz
[math]
De esta igualdad se deduce que [math] es cíclico.

Ahora [math].

Por lo tanto [math] y (por arco capaz) [math] está en [math].
1  
Guía de $\LaTeX$ (sirve para escribir ecuaciones como $2^{3\times 2}+1=13\cdot 5$)

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Matías V5

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Re: Selectivo de IMO 2013 Problema 3

Mensaje sin leer por Matías V5 » Vie 10 May, 2013 12:03 am

No es realmente distinta a la solución de Nacho, sólo que se puede concluir lo mismo sin marcar un punto extra:
EDIT: Cambié algo que pensé que valía para cualquier par de triángulos semejantes y después me hicieron notar que se necesitaba una condición más fuerte.
Spoiler: mostrar
Notemos en primer lugar que los triángulos [math] y [math] son semejantes. En efecto, por arco capaz es [math], y también [math].
Más aún, estos dos triángulos son semejantes "en espiral": con esto me refiero a que aplicándole una rotación al triángulo [math] se puede obtener un triángulo cuyos lados son respectivamente paralelos a los del [math]. Esto no se cumple para cualquier par de triángulos semejantes (por ejemplo si uno de los dos triángulos es igual al otro pero reflejado). Cuando estamos en esta situación, el ángulo formado por las rectas correspondientes a lados homólogos es siempre el mismo.
En este caso, el ángulo que forman las rectas [math] y [math] es igual al ángulo que forman las rectas [math] y [math], y eso se traduce en que [math]. Por lo tanto, el cuadrilátero [math] es cíclico.
Ahora, sea [math] el punto de intersección entre [math] y la paralela a [math] por [math]. Por tramposética, para resolver el problema basta ver que [math].
Por arco capaz y usando que [math], tenemos que [math].
Luego, [math]. [math]
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Re: Selectivo de IMO 2013 Problema 3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Dom 08 Jul, 2018 12:28 am

Spoiler: mostrar
Notemos que $PSRB$ es cíclico. En efecto, $P\widehat SR=M\widehat SR=M\widehat DN=A\widehat DC=A\widehat BR$. Sean $E$ el segundo punto de intersección de la paralela a $PR$ por $S$ y $k$, y $F=DE\cap PR$. Luego, $R\widehat FD=S\widehat ED=180°-S\widehat ND=180°-R\widehat ND$ y $FRND$ es cíclico, por lo tanto, $E\widehat DC=F\widehat DN=180°-F\widehat RN=180°-P\widehat RS=180°-P\widehat BS=180°-A\widehat BD=180°-A\widehat CD$
Por lo tanto $ED\parallel AC$ y estamos.
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[math]

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