Selectivo de Ibero 2007 P3

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
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Ivan

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Selectivo de Ibero 2007 P3

Mensaje sin leer por Ivan » Jue 26 Jul, 2012 10:54 pm

En un triángulo [math], con [math], sea [math] en el lado [math] tal que [math]. Sean [math] y [math] los puntos de tangencia de la circunferencia inscripta en el triángulo [math] con los lados [math] y [math], respectivamente, y sea [math] el incentro del triángulo [math]. Demostrar que el punto de intersección de [math] y [math] es el punto medio del segmento [math].
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ricarlos
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Re: Selectivo de Ibero 2007 P3

Mensaje sin leer por ricarlos » Vie 15 Mar, 2013 10:59 am

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[math] es el contacto del incirculo con [math].
Prolongamos [math] y [math] hasta [math] y [math], de forma que [math]. [math] donde [math]. Trazamos [math], luego tenemos que [math] (isosceles) --> [math], [math] (isosceles) --> [math], pero al ser [math] isosceles --> [math].

Asi tenemos que [math] (ambos isosceles en vertice [math]). La bisectriz de [math] es perpendicular a [math], asi, si hacemos [math], entonces [math] es bisectriz de [math]. Ahora trazamos la bisectriz de [math], [math], siendo que [math] esta en [math] y luego hacemos [math].

Por otro lado trazamos [math], donde [math] tiene que ser punto medio de [math] (y por lo tanto de [math]) por el paralelismo anterior y porque [math] es punto medio del lado [math] del [math]. Luego asi tenemos que [math] es bisectriz de [math].

Nos proponemos demostrar que [math].
[math]
[math]
Asi, [math] --> [math] es un rombo y [math] una de sus diagonales.

Nos proponemos demostrar que [math].
De lo anterior surge que [math], luego como [math] es isosceles la bisectriz [math] es mediatriz de [math] y entonces [math],tambien como [math] es mediatriz de [math] tenemos que [math], luego entonces [math], luego por construccion teniamos que [math] asi que [math] --> [math].

Podemos ver que en el [math], [math] es punto medio de [math] y puesto que [math] este ultimo intersepta a [math] en su punto medio.
imagejpeg.jpg
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Dado un triangulo ABC y los puntos medios L, M y N de los lados BC, AC y AB, respectivamente, probar que las bisectrices de los angulos ANB, BLC y CMA son concurrentes.

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Ivan

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Re: Selectivo de Ibero 2007 P3

Mensaje sin leer por Ivan » Dom 21 Jul, 2013 8:27 pm

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Llamo [math], [math], [math].
Sea [math].
Sea [math] el excentro de [math] correspondiente a [math].
Sea [math] el pie de la perpendicular desde [math] a [math] (es punto de tangencia de la inscripta de [math]).
Sea [math] el pie de la perpendicular desde [math] a [math] (es punto de tangencia de la exinscripta de [math] correspondiente a [math]).
Sea [math] en [math] tal que [math].
3selibero2007.png
Queremos probar que [math]. Como [math], basta ver que [math].

Como [math] es bisectriz exterior, tenemos [math]. Luego [math].

Es conocido que [math] y [math]. Entonces [math].

Calcular [math] no parece tan difícil, así que por ahora nos conformamos con expresar las cosas en funcion de [math].

Tenemos [math]. Además [math].

Entonces el problema se reduce a calcular [math] en función de [math] y verificar que vale lo que queremos.

Para esto marcamos [math], el pie de la perpendicular desde [math] a [math]:
p3selibero20072.png
Ahora hacemos el truco usual para calcular [math] y [math], haciendo dos Pitágoras:
[math]
Restando las primeras dos tenemos [math] y reemplazando [math] tenemos [math] o sea [math]. Finalmente [math].

Ahora notemos que [math] y por lo tanto [math].

Nada más falta verificar:
[math]
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usuario250

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Re: Selectivo de Ibero 2007 P3

Mensaje sin leer por usuario250 » Lun 22 Jul, 2013 12:23 am

Este es el maldito problema que yo ya lo había hecho y no resolví en el examen.
Aclaración: el día anterior al examen había vuelto de Bariloche.
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Ivan

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Re: Selectivo de Ibero 2007 P3

Mensaje sin leer por Ivan » Lun 22 Jul, 2013 12:57 am

Gran anécdota aquella
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usuario250

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Re: Selectivo de Ibero 2007 P3

Mensaje sin leer por usuario250 » Lun 22 Jul, 2013 1:50 pm

Encima lo había hecho con una solución muy linda. Y en el examen no me di cuenta que era el mismo problema. Y ni bien termina la prueba me dijeron que era ese mismo problema y ahí me acordé la solución de manera intacta jajaj.

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Javiermov
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Re: Selectivo de Ibero 2007 P3

Mensaje sin leer por Javiermov » Sab 03 Ago, 2013 11:20 pm

No es más directo decir:
Spoiler: mostrar
Siguiendo la notación de Iván, como [math] es la tangente y perpendicular del lado [math] y además el triángulo [math] es isósceles por ángulos, se tiene que [math].
Por otro lado [math]. Finalmente, como [math] y [math] son paralelos, por base media ya queda demostrado el problema
??
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Ivan

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Re: Selectivo de Ibero 2007 P3

Mensaje sin leer por Ivan » Sab 03 Ago, 2013 11:44 pm

Sí, muy bueno :P
No había visto que [math] es isósceles.
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Julian_Ferres

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Re: Selectivo de Ibero 2007 P3

Mensaje sin leer por Julian_Ferres » Lun 02 Mar, 2015 2:07 am

A este problema lo conocí como el G4 de la Shortlist de la IMO 2006
Spoiler: mostrar
Selectivo de Ibero 2007- P3.png
Sea [math]
Sea [math] en [math] tal que [math] luego por Thales hay que probar que [math] o equivalentemente que [math]

Veamos que si [math] entonces [math]
Pero como [math] entonces [math] y [math]

Luego [math] es isósceles con [math] y por lo tanto el punto medio [math] de [math] es tal que [math] luego [math] es el punto de contacto de la circunferencia inscrita de [math] con [math]

Ahora las cuentas:

[math]

[math]

[math]

Pero como [math] entonces [math] y el problema sigue. [math]
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Re: Selectivo de Ibero 2007 P3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Lun 25 Jun, 2018 5:45 pm

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Sean $T$ el punto de tangencia del incírculo de $\triangle BCD$ con $CD$, $F$ el punto medio de $AD$, $G$ el punto medio de $FL$ y $M$ la intersección de la mediatriz de $FL$ con $KL$

Si $B\widehat AD=2\alpha$ resulta $A\widehat KL=A\widehat LK=M\widehat LF=M\widehat FL=90°-\alpha$, $A\widehat DB=2\alpha \Rightarrow B\widehat DC=180°-2\alpha\Rightarrow J\widehat DC=90°-\alpha \Rightarrow FM\parallel DJ$

Además $2LT=2CL-2CT=(AC+BC-AB)-(DC+BC-BD)=AC+BC-AB-DC-BC+BD=AC-AB-DC+AB=AC-DC=AD$
Luego $2AF=2FD=AD=2LT\Rightarrow AF=FD=LT\Rightarrow FD-LD=LT-LD\Rightarrow FL=DT\Rightarrow 2FG=DT\Rightarrow 2AG=2AF+2FG=AD+DT=AT$

La homotecia de centro $A$ y razón $2$ lleva $F$ a $D$ y $G$ a $T$, entonces lleva las rectas $FM$ y $GM$ a las rectas $DJ$ y $GJ$, es decir que lleva $M$ a $J$, por lo tanto, $M$ es el punto medio de $AJ$ y $M\in KL$, y estamos
[math]

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