P5-Selectivo LIII IMO 2012-Argentina

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
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Ivan

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Mensaje sin leer por Ivan » Vie 04 May, 2012 6:28 pm

En un triángulo acutángulo [math] sea [math] el punto medio del lado [math] y [math], [math] los pies de las alturas [math], [math], respectivamente.
La circunferencia que pasa por [math], [math], [math] es tangente al lado [math].
Demostrar que la circunferencia que pasa por [math], [math], [math] es tangente a la prolongación del lado [math].
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Ivan

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Re: P5-Selectivo LIII IMO 2012-Argentina

Mensaje sin leer por Ivan » Vie 04 May, 2012 7:16 pm

Spoiler: mostrar
Esta solución es muy corta y simple, pero usa inversión.

Sea [math] la circunferencia de centro [math] y radio [math].

La inversión por [math] manda la circunferencia que pasa por [math], [math] y [math] a la recta [math].

Además, la inversión por [math] manda la recta [math] a la circunferencia que pasa por [math], [math] y [math].

La inversión preserva tangencias. Lo que queríamos probar ahora es inmediato.
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ésta

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Re: P5-Selectivo LIII IMO 2012-Argentina

Mensaje sin leer por ésta » Vie 04 May, 2012 8:58 pm

Spoiler: mostrar
Solución sin inversión (en conjunto con Mr. Prillo):

Sea [math] el punto de tangencia de la circunferencia y [math] la intersección de [math] y [math], es evidente que [math] está en la prolongación de [math].

[math].
La segunda igualdad es por la tangencia y la tercera es por arco capaz en [math].
[math].
La primera igualdad es por arco capaz en [math] y porque [math] ya que [math] es mediana de un ángulo recto y la segunda por ángulos en el triángulo [math].
De esto se sigue que [math] es isósceles con [math].

Por Menelao en [math] sobre [math], [math] y [math]:
[math].
Como [math] y [math] nos queda [math].

Notar que como [math], [math] es cíclico, sea [math] la circunferencia que pasa por estos puntos y [math] la que pasa por [math].
Por potencia de un punto de [math] sobre [math],
[math], pero esto por el recíproco de potencia de un punto, nos dice que la cirscunscripta de [math] ([math]) es tangente a [math] en [math].
Por potencia de un punto de [math] sobre [math],
[math].
Pero por potencia de [math] sobre [math],
[math], y nuevamente por recíproco de potencia de un punto, nos dice que la cirscunscripta de [math] ([math]) es tangente a [math] en [math].

Pero tanto el centro de [math] como el de [math] es la intersección entre la perpendicular a [math] por [math] y la mediatriz de [math] (notar que como [math] es agudo, [math] también y por ende no coinciden ambas rectas), y ademas ambas circunferencias pasan por [math] y por [math], por lo tanto son la misma.
Y entonces el circuncírculo de [math] pasa por [math] y es tangente a [math] en dicho punto como queríamos probar.
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Re: P5-Selectivo LIII IMO 2012-Argentina

Mensaje sin leer por Ivan » Sab 05 May, 2012 5:21 pm

Otra solución posible es demostrando que la circunscripta de [math] es tangente a [math] si y solamente si [math].
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Re: P5-Selectivo LIII IMO 2012-Argentina

Mensaje sin leer por jorge.tipe » Dom 06 May, 2012 6:25 pm

Ivan escribió:Esta solución es muy corta y simple, pero usa inversión.

Sea [math] la circunferencia de centro [math] y radio [math].

La inversión por [math] manda la circunferencia que pasa por [math], [math] y [math] a la recta [math].

Además, la inversión por [math] manda la recta [math] a la circunferencia que pasa por [math], [math] y [math].

La inversión preserva tangencias. Lo que queríamos probar ahora es inmediato.
En Perú también tomamos este problema, y recuerdo que alguien hizo una solución con inversión, pero de esta forma se prueba solo la tangencia, en cambio, el problema pide demostrar que la circunferencia es tangente a la prolongación.

Saludos.

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Re: P5-Selectivo LIII IMO 2012-Argentina

Mensaje sin leer por Ivan » Dom 06 May, 2012 6:46 pm

jorge.tipe escribió:el problema pide demostrar que la circunferencia es tangente a la prolongación.
Me olvidé de eso :P

Si la circunscripta de [math] es tangente a [math] en [math] y la circunscripta de [math] es tangente a [math] en [math], tenemos que [math] y [math] son inversos.

Entonces [math], [math], [math] están alineados. Como [math] está en el lado [math] y [math] está en el lado [math] sigue que [math] está en la prolongación del lado [math], que es lo que faltaba ver.
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Re: P5-Selectivo LIII IMO 2012-Argentina

Mensaje sin leer por Ivan » Dom 06 May, 2012 9:35 pm

Finalmente posteo la caracterización de los triángulos donde vale la hipótesis del problema :P

La idea para la vuelta es de Prillo.

Notemos que cómo la caracterización es simétrica en [math] y [math] esto da otra demostración del problema.

Afirmación:

Sea [math] un triángulo, [math] el punto medio de [math] y [math] el pie de la perpendicular desde [math] a [math].

Entonces la circunferencia circunscripta de [math] es tangente a la recta [math] [math] [math].


Demostración:

Primero probamos la ida [math].

Llamemos [math] a la circunscripta de [math]. Supongamos que [math] es tangente a [math] en [math].

Como [math] no está entre [math] y [math], tenemos que [math].

Tenemos
[math]
y
[math]
(la segunda igualdad vale por potencia de un punto, ya que [math]).

Entonces tenemos
[math]
Para calcular [math] usamos la fórmula de la mediana. En el anteúltimo paso usamos desigualdad triangular (al tomar raíz cuadrada).


Ahora probemos la vuelta [math].

Supongamos que [math]

Sean [math] y [math] las tangentes a [math] que pasan por [math]. Sean [math] y [math].

Por [math] aplicado a [math] y [math] tenemos [math] y [math].

Pero notemos que el lugar geométrico de los puntos [math] tales que [math] es una elipse.

Entonces [math] son los puntos de intersección de esa elipse con la recta [math].

Cómo [math] también es punto de intersección de la elipse y [math], debe valer [math] o [math]. Con esto queda probada la vuelta.


Comentario: Usamos que [math] no está entre [math] y [math]. Una demostración de esto es haciendo la misma cuenta de la solución, pero con [math] para llegar a un absurdo. Lo pongo en un spoiler por si a alguien le interesa :P
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[math]
Pero esto es un absurdo, ya que por la desigualdad triangular [math].
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Monazo

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Re: P5-Selectivo LIII IMO 2012-Argentina

Mensaje sin leer por Monazo » Lun 15 Abr, 2019 7:13 pm

Muy lindo problema, se me ocurrió una idea interesante pero me llevó más de una semana poder rematarla. De todas formas les dejo otra forma de resolver el problema.
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WhatsApp Image 2019-04-13 at 10.52.18.jpeg
Primero vamos a definir los siguientes puntos que nos van a ayudar a resolver el problema.
Llamamos $T$ al punto de tangencia de $AC$ con la circunscripta de $BTM$.
Llamamos $K$ a la intersección de la recta $MT$ con $BC$. Es claro que $K$ pertenece a la prolongación de $BC$.
Llamamos $T'$ al simétrico de $T$ respecto de $M$.
Es claro que los puntos $T',\ M\ ,T\ , K$ pertenecen a la misma recta.

Por potencia en un punto, sabemos que $AT^2=AM\cdot AB$.

Y ahora planteamos lo que queremos buscar. Si ese punto $K$ es un punto tal que $AMQK$ es un cuadrilátero cíclico, y además logramos demostrar que $BK=AT$, entonces sabremos que $K$ es el único punto donde intersecan la recta $BC$ con la circunscita de $AMQ$ dado que se cumple la potencia en un punto $BM\cdot AB=BK^2$ dado que $BM$ es verde, $AB$ es dos verdes y $BK$ es rojo (ver analogía con la primera potencia en un punto que hallamos).

Así que nuestro problema se reduce en dos problemitas de angulitos.

1) Dado que $M$ es el punto medio de $AB$ y $TT'$, tenemos que $AT'BT$ es un paralelogramo, entonces $BT'=AT$. Demostrar que el triángulo $BT'K$ es isósceles.
Spoiler: mostrar
$K\hat{T'}B=T\hat{T'}B=T'\hat TA=M\hat TA$

$M\hat TA+M\hat AT=180-A\hat MT=T\hat MB=B\hat TC$

$M\hat TB=180-M\hat TA-B\hat TC=180-2M\hat TA-M\hat AT=P\hat BM$
Esta ultima igualdad sucede porque los arcos $MB$ y $MP$ son iguales

$T\hat AM=T'\hat BM$

$T'\hat BK=T'\hat BM+M\hat BP=T\hat AM+180-2M\hat TA-M\hat AT=180-2M\hat TA$

$T'\hat KB=180-K\hat BT'-K\hat {T'}B=180-(180-2M\hat TA)-M\hat TA=M\hat TA=K\hat {T'}B$

Por esta igualdad de ángulos $BK=BT'=AT$
2) Demostrar que $AMQK$ es cíclico.
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$K\hat {T'}A=M\hat {T'}A=M\hat TB=P\hat BM=K\hat BA$

$KBT'A$ es ciclico por lo tanto $A\hat KM=A\hat KT'=A\hat BT=T\hat AM=Q\hat AM=A\hat QM$
Esta ultima igualdad sucede porque el triangulo $AMQ$ es isosceles.
La igualdad $A\hat KM=A\hat QM$ nos da que $AKQM$ es cíclico.
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