IMO 2014 Problema 3

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Matías V5

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IMO 2014 Problema 3

Mensaje sin leer por Matías V5 » Mar 08 Jul, 2014 9:32 am

En el cuadrilátero convexo $ABCD$, se tiene $\angle ABC = \angle CDA = 90^{\circ}$. La perpendicular a $BD$ desde $A$ corta a $BD$ en el punto $H$. Los puntos $S$ y $T$ están en los lados $AB$ y $AD$, respectivamente, y son tales que $H$ está dentro del triángulo $SCT$ y$$\angle CHS - \angle CSB = 90^{\circ}, \quad \angle THC - \angle DTC = 90^{\circ}.$$Demostrar que la recta $BD$ es tangente a la circunferencia circunscrita del triángulo $TSH$.
We gave you a start so you'd know what to do
You've seen how it works, now it's over to you (...)
For there's so much more to explore!

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Ivan

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Re: IMO 2014 Problema 3

Mensaje sin leer por Ivan » Mié 09 Jul, 2014 2:20 am

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Primero transformemos la condición de los ángulos en algo más manejable. Tenemos que [math]. Esto sugiere algo como cíclicos o arco capaz, posiblemente con una tangente. Mirando un poco la figura se ve que la paralela a [math] por [math] resulta tangente a la circunferencia circunscripta de [math]. Pero esta tangente es perpendicular a [math] (por ser paralela a [math]). Esto equivale a decir que el circuncentro de [math], llamémoslo [math], está en [math]. El mismo razonamiento dice que el circuncentro de [math], llamémoslo [math], está en [math].

Veamos una estrategia para probar que [math] es tangente a la circunscripta de [math]. Esto es como probar que el circuncentro de [math], llamémoslo [math], está en la perpendicular a [math] por [math], o sea la recta [math]. Entonces nos vamos a enfocar en probar que [math] está en [math]. Sabemos que [math] es la intersección de las mediatrices de [math] y [math]. La mediatriz de [math] no es otra cosa que la bisectriz de [math]. Del mismo modo, la mediatriz de [math] es la bisectriz de [math]. Entonces queremos probar que esas dos bisectrices se cortan sobre [math]. Por teorema de la bisectriz (y un mínimo de tramposética) basta ver que [math].

Podemos describir [math] de una forma bastante manejable: [math] está en la mediatriz de [math] (por ser circuncentro de [math]) y también está en [math]. Luego es la intersección de estas dos rectas. Del mismo modo, [math] es la intersección de la mediatriz de [math] con [math].


El problema que tenemos que resolver se reformula así:
  • En el cuadrilátero convexo [math], se tiene [math]. La perpendicular a [math] desde [math] corta a [math] en el punto [math]. La mediatriz de [math] corta a [math] en [math] y a [math] en [math]. Probar que [math].

Ahora resolvemos el problema nuevo. Queremos probar que [math]. Además sabemos que [math]. Esto suena mucho a Apolonio. Llamamos [math] a la circunferencia circunscripta de [math]. La recta [math] pasa por el centro de [math], por ser mediatriz de [math]. Llamamos [math] y [math] a los puntos donde [math] corta a [math]. Por las ideas usuales relacionadas con Apolonio, si probamos que [math] y [math] son las bisectrices de [math], habremos resuelto el problema.

Entonces queremos ver que [math] y [math] son las bisectrices de [math].

Como [math] y [math] son los puntos medios de los arcos [math], se tiene que [math] y [math] son las bisectrices de [math].

Por un momento pensamos en el triángulo [math], que tiene altura [math] y donde [math] es el opuesto de [math] en la circunferencia circunscripta. Viendo pocos angulitos sale que [math]. Esto nos dice que las bisectrices de [math] son las bisectrices de [math]. Pero sabemos que las bisectrices de [math] son [math] y [math]. Entonces [math] y [math] son las bisectrices de [math] y estamos [math]
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jujumas

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Re: IMO 2014 Problema 3

Mensaje sin leer por jujumas » Jue 01 Mar, 2018 6:46 pm

Otra forma:
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Figura de análisis:
IMO2014P3.png
Sean $C_1$ y $C_2$ los reflejos de $C$ por $B$ y por $D$. La condición de ángulos se traduce a $S\hat{C_1}C=180^{\circ} - C\hat{H}S$, de donde $CHSC_1$ es cíclico. Análogamente, $CHTC_2$ es cíclico.

Notemos que lo que queremos demostrar se traduce a que el circuncentro de $STH$ se encuentra en $AH$. Luego, lo que queremos demostrar es que la mediatriz de $SH$,
la mediatriz de $HT$ y $AH$ concurren.

Sean entonces $O_1$ y $O_2$ los centros de las circunscritas a $CHS$ y $CHT$ respectívamente, notemos que dichas mediatrices son las bisectrices de $SO_1H$ y de $TO_2H$, y como $O_1$ y $O_2$ caen en $AB$ y $AD$ respectivamente, ya que caen en las mediatrices de $CC_1$ y $CC_2$ respectivamente, lo que queremos demostrar se traduce a que la bisectriz de $A\hat{O_1}H$ y la de $A\hat{O_2}H$ cortan a $AH$ en la misma proporción.

Luego, por el Teorema de la bisectriz, queremos ver que $\frac{AO_1}{O_1H} = \frac{AO_2}{O_2H}$.

Sean $S_1$ y $T_1$ los segundos puntos de contacto de los circuncírculos de $CHC_1$ con $AB$ y $CHC_2$ con $AD$ respectivamente, vamos a ver que $ST$ y $S_1T_1$ son paralelas.

Para ver esto, consideremos la figura resultante tras hacer estas dos transformaciones:

(i) Una inversión de centro $A$ y radio $\sqrt{AB \times AD}$

(ii) Una reflexión de la figura por la bisectriz de $B\hat{A}D$.

Es fácil ver que esta transformación manda $B$ a $D$, y $D$ a $B$. Esto implica que la transformación manda la recta $BD$ al circuncírculo de $ABD$, y manda el circuncírculo de $ABD$ a la recta $BD$. Luego, como $H$ y $C$ son isogonales, concluimos que esta transformación manda $H$ a $C$ y manda $C$ a $H$.

Sean ahora $H_1$ y $H_2$ las imagenes de la transformación de $C_1$ y $C_2$ respectivamente, notemos que la transformación manda $CC_1$ al circuncírculo de $AHD$ y transforma la condición de que $AC_1=AC$ a que $AD$ sea bisectriz de $H\hat{D}H_1$. Luego, $H_1$ es el reflejo de $H$ por $AD$ y $H_2$ es el reflejo de $H$ por $AB$, pero notemos que $C_1H_2SHC$ y $CHTH_1C_2$ son cíclicos, por lo que la transformación intercambia los circuncirculos de $CHS$ y $CHT$.

Por último, esto implica que la transformación intercambia los puntos $S$ y $T_1$ y los puntos $T$ y $S_1$, pero esto implica que $AS \times AT_1 = AT \times AS_1$, por lo que $\frac{AT}{AS} = \frac{AT_1}{AS_1}$, lo que implica que $\frac{AT}{AS} = \frac{TT_1}{SS_1}$, que es lo mismo que decir $\frac{AT}{AS} = \frac{TO_2}{SO_1}$, por lo que $\frac{AO_1}{O_1H} = \frac{AO_2}{O_2H}$ y la demostración esta completa.
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Gianni De Rico

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Re: IMO 2014 Problema 3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Jue 14 May, 2020 3:36 pm

Solución:
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IMO 2014 - P3 (1).png
Sea $M$ el simétrico de $C$ por $AB$, y sea $N$ el simétrico de $C$ por $AD$, notemos que $MN\parallel BD$. Tenemos entonces que $\angle CMS=\angle BMS=90°-\angle BSM=90°-\angle CSB$, y que $\angle CHS=90°+\angle CSB$, luego, $\angle CHS+\angle CMS=180°$, de donde $CHSM$ es cíclico. Análogamente, $CHTN$ es cíclico.

Veamos que $\angle BHM=\angle NHD$.
En efecto, como $\angle ABC=\angle CDA=90°$, tenemos que $ABCD$ es cíclico, luego$$\angle BAM=\angle CAB=\angle CDB=90°-\angle BDA=90°-\angle HDA=\angle DAH$$y análogamente $\angle NAD=\angle HAB$, por lo tanto$$\angle HAM=\angle HAB+\angle BAM=\angle NAD+\angle DAH=\angle NAH$$Notemos también que $AM=AC=AN$ (por reflexión), entonces $HAM\equiv HAN$, de donde $HM=HN$ y $\angle MHA=\angle AHN$, luego$$\angle BHM=90°-\angle MHA=90°-\angle AHN=\angle NHD$$
Ahora vamos a usar dos inversiones que simplifican totalmente el problema.

Invertimos con centro $H$ y radio $HC$, sea $X'$ el inverso de $X$. Veamos como queda la figura:
  • Como $ABCD$ es cíclico, entonces $A'B'CD'$ es cíclico.
  • Como $CHSM$ y $CHTN$ son cíclicos, entonces $C,M',S'$ son colineales y $C,N',T'$ son colineales.
  • Como $B$ es el punto medio de $CM$ y $D$ es el punto medio de $CN$, entonces $CHM'B'$ y $CHN'D'$ son armónicos.
  • Como $A,S,B$ son colineales y $A,T,D$ son colineales, entonces $A'HB'S'$ y $A'HD'T'$ son cíclicos.
  • Como $MN\parallel BD$, entonces $\odot HM'N'$ y $B'D'$ son tangentes.
  • Como $HM=HN$, entonces $HM'=HN'$.
IMO 2014 - P3 (2).png
Notemos entonces que $\angle B'HM'=\angle HN'M'=\angle HM'N'$ de donde $M'N'\parallel B'H\parallel B'D'$.
Además, tenemos que $\angle B'CM'=\angle B'HM'=\angle BHM=\angle NHD=\angle N'HD'=\angle N'CD'$.
Con esta figura, queremos probar que $S'T'\parallel B'D'$, esto es equivalente a probar que $S'T'\parallel M'N'$.

Invertimos con centro $C$ y radio $CH$, sea $X'$ el inverso de $X$. Veamos como queda la figura:
  • Como $A'B'CD'$ es cíclico, entonces $A'',B'',D''$ son colineales.
  • Como $B',H,D'$ son colineales, entonces $HB''CD''$ es cíclico.
  • Como $CHM'B'$ y $CHN'D'$ son armónicos, entonces $M''$ es el punto medio de $HB''$ y $N''$ es el punto medio de $HD''$.
  • Como $A'HB'S'$ y $A'HD'T'$ son cíclicos, entonces $A''HB''S''$ y $A''HD''T''$ son cíclicos.
IMO 2014 - P3 (3).png
Con esta figura, queremos probar que $\odot CS''T''$ y $\odot CM''N''$ son tangentes. Esto es equivalente a probar que $\odot CS''T''$ y $\odot CM''N''$ son homotéticas con centro $C$, como $C,S'',M''$ están alineados y $C,T'',N''$ están alineados, esto es equivalente a probar que $S''T''\parallel M''N''$.

Ahora, veamos que $HA''\perp B''D''$.
Como $\angle ABC=\angle CDA=90°$, tenemos que $AC$ es diámetro de $\odot ABCD$, luego, $AC$ y $\odot ABCD$ son ortogonales. Después de invertir por $H$, tenemos que $\odot A'HC$ y $\odot A'B'CD'$ son ortogonales. Finalmente, después de invertir por $C$, tenemos que $HA''$ y $B''D''$ son ortogonales.
Tenemos entonces que $M''$ es el circuncentro de $A''HB''$ y que $N''$ es el circuncentro de $A''HD''$, entonces $M''S''=M''B''$ y $N''T''=N''D''$.

Notemos también que$$\angle B''CM''=\angle B'CM'=\angle N'CD'=\angle N''CD''$$y que$$\angle M''B''C=\angle HB''C=180°-\angle CD''H=180°-\angle CD''N''$$
Pasando en limpio y sacando todos los $''$ por comodidad, resulta que el problema original es equivalente a un caso particular del siguiente problema
Sean $BCM$ y $NCD$ dos triángulos con $\angle BCM=\angle NCD$ y $\angle CDN=180°-\angle MBC$. Se marcan los puntos $S$ y $T$ en los segmentos $CM$ y $CN$, respectivamente, de modo que $MS=MB$ y $NT=ND$.
Demostrar que $ST\parallel MN$.
IMO 2014 - P3 (4).png
Sea $A\neq B$ en $\odot BCM$ tal que $\angle MCA=\angle BCM=\angle NCD$, tenemos entonces que $\angle CAM=180°-\angle MBC=\angle CDN$, luego, $MCA\simeq NCD$, por lo tanto, $\frac{CM}{MA}=\frac{CN}{ND}$. Pero como $\angle MCA=\angle BCM$, tenemos que $MA=MB$, entonces $\frac{CM}{MB}=\frac{CM}{MA}$. Por último, como $MS=MB$ y $NT=ND$, resulta que$$\frac{CM}{MS}=\frac{CM}{MB}=\frac{CM}{MA}=\frac{CN}{ND}=\frac{CN}{NT}$$y por Thales se sigue que $ST\parallel MN$. El problema está resuelto.
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Queda Elegantemente Demostrado

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