51° IMO (2010) - Problema 4

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Caro - V3

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51° IMO (2010) - Problema 4

Mensaje sin leer por Caro - V3 » Mié 22 Dic, 2010 6:04 pm

Sea [math] la circunferencia circunscrita al triángulo [math] y [math] un punto en el interior del triángulo. Las rectas [math], [math] y [math] cortan de nuevo a [math] en los puntos [math], [math] y [math], respectivamente. La recta tangente a [math] en [math] corta a la recta [math] en [math]. Si se tiene que [math], demuestre que [math].
Guía de [math]: sirve para escribir ecuaciones como [math]

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Caro - V3

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Re: 51° IMO (2010) - Problema 4

Mensaje sin leer por Caro - V3 » Jue 03 Mar, 2011 12:32 pm

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Sin pérdida de generalidad, supongamos que [math] está entre [math] y [math].

La potencia de [math] respecto de [math] es: [math]
Entonces [math] los triángulos [math] y [math] son semejantes (porque tienen dos lados respectivamente proporcionales y comparten el ángulo comprendido entre ellos).
[math]

Sea [math] un punto en la recta [math] tal que [math] está entre [math] y [math]
Como [math], [math], [math], [math], [math] y [math] están en una misma circunferencia:
[math]
[math]
[math]
[math]
[math]

[math]
[math] (1)
[math] (2)
De (1) y (2) tenemos:
  • [math]
En otras palabras: [math]
Por lo tanto el triángulo [math] es isósceles, con [math] como queríamos ver.
Guía de [math]: sirve para escribir ecuaciones como [math]

BrunZo

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Re: 51° IMO (2010) - Problema 4

Mensaje sin leer por BrunZo » Lun 29 Abr, 2019 8:26 pm

Noticia: (con spoiler)
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Ya llegaron BrunZo y sus círculos de radio $0$. :roll:
Solución:
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Figura de análisis:
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geogebra-export.png
Primera parte: $SP$ es tangente a $\omega$.
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Sean
  • $\omega$ el circuncírculo de $ABP$.
  • $\mathcal{C}_0$ el círculo centrado en $C$ de radio $0$.
  • $\mathcal{P}_0$ el círculo centrado en $P$ de radio $0$.
Consideremos la cuaterna de círculos $(\Gamma, \omega, \mathcal{C}_0, \mathcal{P}_0)$:
  • El eje radical de $(\Gamma, \omega)$ es $AB$.
  • El eje radical de $(\omega, \mathcal{C}_0)$ es $SC$.
  • El eje radical de $(\mathcal{C}_0, \mathcal{P}_0)$ es la mediatriz de $CP$.
  • El eje radical de $(\mathcal{P}_0,\Gamma)$ es la tangente a $\omega$ por $P$.
Como los primeros tres pasan por $S$, el cuarto también. Luego $SP$ es tangente a $\omega$.
Segunda parte: (Angulitos)
Spoiler: mostrar
Sea $XY$ la cuerda de $\Gamma$ perteneciente a $SP$.
$$\angle LKA=\angle LBA=\angle XPA=\angle YPK\Longrightarrow KL\parallel XY$$
Además,
$$\angle PCX=\angle SXC-\angle CPX=\angle SCY-\angle SCP=\angle PCY\Longrightarrow XM=YM$$
Y por lo anterior, $M$ es punto medio de $KL$, con lo que estamos.
EDIT:
Spoiler: mostrar
Primera parte: $SP$ es tangente a $\omega$.
Spoiler: mostrar
Sean
  • $\omega$ el circuncírculo de $ABP$.
  • $\mathcal{C}_0$ el círculo centrado en $C$ de radio $0$.
  • $\mathcal{P}_0$ el círculo centrado en $P$ de radio $0$.
Consideremos la cuaterna de círculos $(\Gamma, \omega, \mathcal{C}_0, \mathcal{P}_0)$:
  • El eje radical de $(\Gamma, \omega)$ es $AB$.
  • El eje radical de $(\omega, \mathcal{C}_0)$ es $SC$.
  • El eje radical de $(\mathcal{C}_0, \mathcal{P}_0)$ es la mediatriz de $CP$.
  • El eje radical de $(\mathcal{P}_0,\Gamma)$ es la tangente a $\omega$ por $P$.
Como los primeros tres pasan por $S$, el cuarto también. Luego $SP$ es tangente a $\omega$.
Lo de círculos de radio $0$ es cualquier cosa. Es mucho más fácil ver que $SA\cdot SB=SC^2=SP^2$. :roll:
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Última edición por BrunZo el Mar 30 Abr, 2019 6:55 pm, editado 2 veces en total.

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Gianni De Rico

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Re: 51° IMO (2010) - Problema 4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Lun 29 Abr, 2019 9:53 pm

BrunZo escribió:
Lun 29 Abr, 2019 8:26 pm
Noticia: (con spoiler)
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Ya llegaron Bruno y sus círculos de radio 0 soluciones por partes. :mrgreen:
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