EGMO 2018 - P1

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Violeta

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EGMO 2018 - P1

Mensaje sin leer por Violeta » Vie 13 Abr, 2018 9:35 pm

Sea $ABC$ un triangulo con $CA=CB$ y $\angle ACB=120^{\circ}$ y sea $M$ el punto medio de $AB$. Sea $P$ un punto en el circuncirculo de $ABC$ y $Q$ el punto en el segmento $CP$ tal que $QP=2QC$. La recta por $P$ perpendicular a $AB$ interseca a $MQ$ en $N$.

Probar que existe una circunferencia tal que mientras $P$ varia por el circuncírculo, $N$ cae en esta circunferencia.
Para todo [math], existen [math] primos en sucesión aritmética.

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Emerson Soriano

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Re: EGMO 2018 - P1

Mensaje sin leer por Emerson Soriano » Vie 13 Abr, 2018 11:15 pm

Spoiler: mostrar
Supongamos que $CM=k$. Puesto que $CM$ es mediana del triángulo isósceles $ABC$, se concluye que $CM\perp AB$, $\angle ACM=\angle BCM=60^{\circ }$ y $CA=CB=2k$.

Como las rectas $NP$ y $CM$ son perpendiculares a $AB$, entonces $NP$ y $CM$ son paralelos, en consecuencia, los triángulos $NPQ$ y $CMQ$ son semejantes. Por lo tanto,
$\frac{NP}{CM}=\frac{QP}{QC}=2 \hspace{0.4cm} \Rightarrow \hspace{0.4cm} NP=2\cdot CM=2k.$
Sea $O$ el circuncentro del triángulo $ABC$. Entonces, en el triángulo $OCB$ se tiene que $OC=OB$ y $\angle OCB=60^{\circ }$, de donde se puede deducir fácilmente que el triángulo $OCB$ es equilátero, por lo tanto, $OC=CB=2k$.

Como $NP$ y $OC$ son paralelos y miden lo mismo, entonces el cuadrilátero $NPOC$ es un paralelogramo, por lo tanto, $CN=OP$, y como $O$ es circuncentro del triángulo $ABC$ se concluye que $CN=OP=OC=2k$.

Note que la circunferencia $\omega$ con centro en $C$ y radio $CA=2k$ pasa por $N$, y además es fija, pues no depende del punto $P$. Por lo tanto, la circunferencia $\omega$ es la que estabamos buscando.
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enigma1234

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Re: EGMO 2018 - P1

Mensaje sin leer por enigma1234 » Dom 15 Abr, 2018 3:50 pm

Creo que el solo hecho de que $NP=2k$ que es fijo y que $NP$ sea perpendicular a $AB$ hace que $N$ este en la circunferencia que resulta mover $\odot(ABC)$ $2k$ hacia arriba,dado que solo pide existencia.
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Gianni De Rico

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Re: EGMO 2018 - P1

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 17 Mar, 2020 3:08 pm

Solución:
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Tenemos que $CM\perp AB\perp NP$, de donde $CM\parallel NP$, luego, por Thales, $\frac{MQ}{QN}=\frac{CQ}{QP}$. La homotecia $h_1$ de centro $C$ y razón $\frac{CQ}{CP}$ manda $P$ a $Q$, la homotecia $h_2$ de centro $M$ y razón $\frac{MN}{MQ}$ manda $Q$ a $N$. Sea $h=h_2\circ h_1$, entonces $h(P)=N$. Luego, $N\in h(\odot ABC )$, que es fija.

Notar que lo único que usamos es que cuando $P$ se mueve en $\odot ABC$, $CM\parallel NP$ y la razón $\frac{CQ}{CP}$ es fija.
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