Ibero 2017 - P2

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Violeta

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Ibero 2017 - P2

Mensaje sin leer por Violeta » Mar 19 Sep, 2017 2:50 pm

Sean [math] un triángulo acutángulo y [math] su circunferencia circunscrita. Sea [math] un punto en el segmento [math], distinto de [math] y de [math], y sea [math] el punto medio de [math]. La recta perpendicular a [math] que pasa por [math] corta a [math] en [math] y a [math] en [math], con el punto [math] entre [math] y [math]. Las rectas [math] y [math] se cortan en el punto [math]. Si [math], demostrar que la recta [math] es tangente a [math].
Para todo [math], existen [math] primos en sucesión aritmética.

jujumas

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Re: Ibero 2017 - P2

Mensaje sin leer por jujumas » Mar 19 Sep, 2017 9:42 pm

Solución:
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Consideremos una circunferencia de radio arbitrario y centro [math], e invirtamos por dicha circunferencia.
Problema 2 Ibero 2017.png
Notemos que [math] va a la circunferencia circunscrita de [math], que [math] va a [math], que [math], y [math]. Veamos que [math] es punto medio de [math], y las rectas [math] y [math] pasan a ser las circunferencias circunscritas a [math] y [math] respectivamente.

Sea entonces [math] su intersección, queremos ver que [math] y [math] son paralelas. Esto quiere decir, que queremos probar que [math] es un trapecio isósceles. Sea entonces [math] el circucentro de [math], queremos ver que [math].

Notemos primero que [math] es mediatriz de [math], por lo que [math], [math] y [math] son colineales. Ademas, notemos que la intersección de [math] y [math] cae en la mediatriz de [math], por lo que esta es la intersección de las mediatrices de [math] y [math], y [math] y [math] se cortan en [math].

Veremos ahora que [math] es circucentro de [math]. Para esto, usaremos [math] y el reciproco de angulo central. Este ultimo se ve usando que [math], lo que, como [math] y [math] caen sobre el mismo semiplano de [math], concluye la demostración.
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Violeta

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Re: Ibero 2017 - P2

Mensaje sin leer por Violeta » Vie 13 Oct, 2017 1:59 pm

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Sea [math]

Notamos que la condición sobre [math] da que [math] es tangente al circuncírculo de [math], de donde

(1) [math]

Ahora bien, [math]. Esto es (2). También, como [math] es el punto medio de la hipotenusa, sale que [math] es el circuncentro de [math], de donde [math] (3) y [math].

Luego, de [math] sale que DCXE es cíclico y [math] (4).

De (2) y (3) sale que [math] y [math]. Combinando esto con (1) y (4):

[math]

[math]

[math]

[math]

Que es suficiente para probar que [math] es tangente a [math].
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Para todo [math], existen [math] primos en sucesión aritmética.

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Chino2000

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Re: Ibero 2017 - P2

Mensaje sin leer por Chino2000 » Sab 22 Sep, 2018 3:58 pm

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Supongamos que $AX$ no es tangente, sea $Y$ la segunda intersección de $AX$ y la circunferencia circunscrita de $ABC$.
Ahora, sea $\alpha=EAD=AFE$, notemos que $EA$ es tangente en $A$ a la circunferencia de $ADF$, ya que $EAD=AFD$ es un angulo semiinscrito.
entonces $EA^2=ED.EF$ (1).
Sea $w$ la circunferencia tangente a $EA$ en $A$ y que pasa por $Y$ (Es facil demostrar que existe y es unica)
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Como $w$ es tangente a $EA$ en $A$, el centro de $w$ esta en la perpendicular a $EA$ por $A$. Ademas, como $A$ e $Y$, pertenecen a $w$, el centro de la circunferencia pertenece a la mediatriz de $AY$. Luego el centro de $w$ es la intersección de estas dos rectas y el radio es la distancia entre le centro y $A$ (que es la misma que con $Y$ y por eso cumple)
Entonces, notemos que, por (1), $E$ esta en el eje radical de $w$ y la circunferencia de $DFC$.
Por potencia de $X$, $AX.YX=CX.FX$ (3). Con esto, podemos deducir que $X$ también esta en el eje radical de $w$ y la circunferencia de $DFC$.
Como el eje radical es una recta, se define por 2 puntos, entonces $EX$ es el eje radicar de estas dos circunferencias.
Sea $\beta=ABC=AFC$ por arco capaz. Por suma de angulos interiores $ADB=180-\alpha-\beta$ y por angulos suplementarios $ADC=\alpha+\beta$. Luego $\alpha+\beta=ADC=DFC$ y por angulo semiinscrito, $AD$ es tangente en $D$ a la circunferencia de $DFC$.
Ahora notemos que, como $M$ esta en el eje radicar de $w$ y la circunferencia de $DFC$, $MD^2=AM.ZM$ (2) siendo $Z$ la segunda interseccion de $w$ y la recta $AM$. Como $AM=DM$ por enunciado, (2) es equivalente a $AM=ZM$, y entonces $Z=A$. Por tanto $AM$ es tangente a $w$ en $A$, pero antes habiamos dicho que $w$ es la circunferencia tangente a $EA$ en $A$. Ahora, sabemos que cada punto en una circunferencia tiene una unica recta tangente a la circunferencia en ese punto y como sabemos que las rectas $EA$ y $MA$ no son la misma, $w$ tiene radio 0. Como $Y$ pertenece a $w$, $A=Y$.
Entonces, si volvemos a (3), tenemos que $CX.FX=AX^2$, y por tanto $AX$ es tangente :D

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Gianni De Rico

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Re: Ibero 2017 - P2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mié 10 Jun, 2020 4:03 pm

Bueno...
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Ibero 2017 P2.png
Sean $G$ el segundo punto de intersección de $EF$ y $\Gamma$, y $H$ el segundo punto de intersección de $AD$ y $\Gamma$. Notemos que $\angle DAB=\angle DAE=\angle AFE=\angle AFG=\angle ABG$, de donde $BG\parallel AD$, entonces $BG\cap AD=P_{\infty AD}$.
Consideremos la transformación proyectiva que deja fija $\Gamma$ y manda $D$ al centro de $\Gamma$, sea $I$ el punto al que va $P_{\infty AD}$, entonces $I=BG\cap AD$.
Animemos el punto $E$ en $AB$, consideramos $3$ casos:

Caso 1: $E\equiv A$
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Ibero 2017 P2 - Caso 1.png
Entonces $M\equiv E\equiv A$, luego, $EM\equiv AA$, de donde $X\in AA$.
Caso 2: $E\equiv B$
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Ibero 2017 P2 - Caso 2.png
Entonces $G\equiv E\equiv B$ y $F\equiv C$, luego, $BI$ es tangente a $\Gamma$. Sean $J$ el punto de intersección de $AC$ y la bisectriz de $\angle ABC$, $N$ en $AC$ tal que $\angle ABM=\angle NBC$, y $N'$ el punto medio de $AC$, como $D$ es el centro de $\Gamma$, entonces $ABHC$ es un rectángulo, así que $\angle CBH=\angle BCA$ y $BH\cap AC=P_{\infty AC}$, luego, tenemos que$$\begin{align*}\angle JBH+\angle JBI & =\angle JBC+\angle CBH+\angle JBC+\angle CBI \\
& =\angle JBC+\angle BCA+\angle ABJ+\angle CAB \\
& =\angle CAB+\angle ABC+\angle BCA \\
& =180°
\end{align*}$$de donde la reflexión por $BJ$ manda la recta $BI$ a la recta $BH$, además, manda la recta $BA$ a la recta $AD$ y manda la recta $BM$ a la recta $BN$, como las transformaciones proyectivas preservan la razón doble tenemos que$$\begin{align*}\{D,A;N',P_{\infty AC}\}& =-1 \\
& =\{A,D;M,P_{\infty AD}\} \\
& =\{A,D;M,I\} \\
& =\{BA,BD;BM,BI\} \\
& =\{BD,BA;BN,BH\} \\
& \underset{B}{=}\{D,A;N,P_{\infty AC}\}
\end{align*}$$de donde $N\equiv N'$, por lo que $N$ es el punto medio de $AC$. Entonces $BM$ es simediana en $ABC$, luego, $AA,BM,CC$ concurren, pero $CC\equiv CF$, entonces $X=BM\cap CC$, de donde $X\in AA$.
Caso 3: $E$ es el punto tal que $BG\parallel AD$
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Ibero 2017 P2 - Caso 3.png
Entonces $I\equiv P_{\infty AD}$, por lo que $M$ es el punto medio de $AD$, notemos además que como $D$ es el centro de $\Gamma$, entonces $AD\parallel BG\parallel CF$. Sean $T=AG\cap CF$, $N=EM\cap BG$ y $J=AT\cap CD$. Como $D$ es el punto medio de $BC$, entonces por Thales tenemos que $A$ es el punto medio de $GT$. Notemos que $ADE$ y $BGE$ son homotéticos con centro $E$, luego, $N$ es el punto medio de $BG$, además, como $ADJ$ y $GBJ$ son homotéticos con centro $J$, tenemos que $J,M,N$ están alineados, por lo tanto, $J,M,E,N$ están alineados, así que $J,X,M$ están alineados, y como $ADJ$ y $TCJ$ son homotéticos con centro $J$, tenemos que $X$ es el punto medio de $TC$.
Por lo tanto, $AX\parallel GC\perp GB\parallel AD$, así que $AX$ es tangente a $\Gamma$.
Habiendo visto los $3$ casos, tenemos que $AX$ es tangente a $\Gamma$, y con eso estamos.
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