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51° IMO (2010) - Problema 4

Publicado: Mié 22 Dic, 2010 6:04 pm
por Caro - V3
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].

Re: 51° IMO (2010) - Problema 4

Publicado: Jue 03 Mar, 2011 12:32 pm
por Caro - V3
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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.

Re: 51° IMO (2010) - Problema 4

Publicado: Lun 29 Abr, 2019 8:26 pm
por BrunZo
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)
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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:
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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 $\omega$.
Lo de círculos de radio $0$ es cualquier cosa. Es mucho más fácil ver que $SA\cdot SB=SC^2=SP^2$. :roll:

Re: 51° IMO (2010) - Problema 4

Publicado: Lun 29 Abr, 2019 9:53 pm
por Gianni De Rico
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:

Re: 51° IMO (2010) - Problema 4

Publicado: Lun 09 Dic, 2019 7:21 pm
por Gianni De Rico
Solución:
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IMO 2010 P4.png

Sea $\Omega$ el circuncírculo de $ABP$, luego $${SP}^2={SC}^2=\text{Pot}(S,\Gamma )=SA\cdot SB=\text{Pot}(S,\Omega )$$ de donde $SP$ es tangente a $\Omega$, por lo tanto $$\angle SPA=\angle PBA=\angle LBA=\angle LKA$$ entonces $KL\parallel SP$.
Sea $D$ el punto de intersección de $SC$ y la tangente a $\Gamma$ por $M$, luego $DC=DM$, de donde $$\frac{DC}{DM}=1=\frac{SC}{SP}$$ por lo que $DM\parallel SP$.
Entonces $KL\parallel DM$, por lo que $MK=ML$.

Re: 51° IMO (2010) - Problema 4

Publicado: Mar 05 May, 2020 12:36 am
por Gianni De Rico
Dejo una solución que no es mía solamente para que quede completo Cono 2019 - P6
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Notemos que por arco capaz, se tienen las siguientes igualdades$$\begin{array}\ \angle ACP & = & \angle ACM & = & \angle AKM & = & \angle PKM & (1)\\
\angle PAC & = & \angle KAC & = & \angle KMC & = & \angle KMP & (2) \\
\angle MLP & = & \angle MLB & = & \angle MCB & = & \angle PCB & (3) \\
\angle PML & = & \angle CML & = & \angle CBL & = & \angle CBP & (4)
\end{array}$$de $(1)$ y $(2)$ tenemos que $ACP\simeq MKP$, por lo que $\frac{AC}{MK}=\frac{AP}{MP}$, es decir, $MK=\frac{AC\cdot MP}{AP}$.
De $(3)$ y $(4)$ tenemos que $BCP\simeq MLP$, por lo que $\frac{BC}{ML}=\frac{BP}{MP}$, es decir, $ML=\frac{BC\cdot MP}{BP}$.
Luego, resulta$$MK=ML\iff \frac{AC\cdot MP}{AP}=\frac{BC\cdot MP}{BP}\iff \frac{AP}{BP}=\frac{AC}{BC}$$esta última condición es equivalente a que $P$ esté en la Circunferencia de Apolonio de $C$ respecto a $AB$ (que llamamos $\Omega$), y de mi demostración en ese post, se sigue que $S$ es el centro de $\Omega$. Entonces $MK=ML\iff SC=SP$. Y con eso estamos.