Problema 3 APMO 2016

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Matías V5

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Problema 3 APMO 2016

Mensaje sin leer por Matías V5 » Lun 30 May, 2016 9:42 am

Sean [math] y [math] dos semirrectas distintas que no están contenidas en la misma recta, y sea [math] una circunferencia de centro [math] que es tangente a la semirrecta [math] en [math] y a la semirrecta [math] en [math]. Sea [math] un punto del segmento [math]. La recta por [math] paralela a [math] corta a la recta [math] en [math]. Sea [math] el punto de intersección de las rectas [math] y [math], y sea [math] la intersección de la recta [math] y la recta por [math] paralela a [math]. Demostrar que la recta [math] es tangente a [math].
We gave you a start so you'd know what to do
You've seen how it works, now it's over to you (...)
For there's so much more to explore!

Numberblocks - https://www.youtube.com/watch?v=SoRiOoqao5Y

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Fran5

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Re: Problema 3 APMO 2016

Mensaje sin leer por Fran5 » Mié 01 Jun, 2016 11:43 pm

Hoy hable con el negro y concluimos que la solución mas linda era
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Brianchon
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Gianni De Rico

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Re: Problema 3 APMO 2016

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 23 Dic, 2017 11:01 pm

Fran5 escribió:
Mié 01 Jun, 2016 11:43 pm
Hoy hable con el negro y concluimos que la solución mas linda era
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Brianchon
No se si se referían a esta, pero dejo una que sale así
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Sea $Q$ la intersección de la recta $OP$ con la recta $AC$. Por Thales tenemos que $\triangle PAQ$ es isósceles en $A$. Sea $I$ el incentro de $\triangle PAQ$ y $\Gamma$ su incírculo. Como dos circunferencias tangentes a las mismas dos rectas son homotéticas con centro en el punto de intersección de dichas rectas, tenemos que $\omega$ y $\Gamma$ son homotéticas con centro $A$, por lo tanto, $O$ e $I$ son homotéticos con centro $A$. Entonces $O=AI\cap PQ$, como $\triangle PAQ$ es isósceles en $A$, entonces $AI$ es mediatriz, por lo tanto, $O$ es el punto medio de $PQ$.

Sean $E'$, $F'$, $M'$, $N'$ los reflejos de $E$, $F$, $M$, $N$ por $PQ$, respectivamente. Tenemos que $E'$ y $F'$ están en $\omega$, que $PM'$ y $QN'$ son tangentes a $\omega$, y que $MM'N'N$ es un trapecio isósceles, de donde sus diagonales $MN'$ y $M'N$ concurren sobre la mediatriz de $MM'$ y $NN'$, pero por reflexión esta mediatriz es $PQ$. Se sigue por Brianchon que $MPM'N'QN$ tiene una circunferencia inscrita, que es la tangente a $MP$, $PM'$, $NQ$, $QN'$, pero esta es $\omega$. Por lo tanto, $MN$ es tangente a $\omega$.
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Francisco
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Re: Problema 3 APMO 2016

Mensaje sin leer por Francisco » Jue 07 Mar, 2019 10:11 am

Que es Brianchon?

maxiR

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Re: Problema 3 APMO 2016

Mensaje sin leer por maxiR » Jue 07 Mar, 2019 10:53 am

Cuando dicen Brianchon hacen referencia al teorema de Brianchon,que puedes encontrar en este link https://es.m.wikipedia.org/wiki/Teorema_de_Brianchon.

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Gianni De Rico

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Re: Problema 3 APMO 2016

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Dom 12 Ene, 2020 3:01 pm

Dos años después me di cuenta que en la otra solución nunca probé que la cónica es una circunferencia, así que acá dejo una distinta

Solución:
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Screenshot_20200112-145912.png

Sea $\omega$ la circunferencia de referencia, y sea $z$ la polar de $Z$ para todo punto $Z$ del plano.

Por Thales tenemos que $AP=AQ$. Notemos ahora que $AO$ es mediatriz de $EF$, de donde $AO\perp EF\parallel PQ$, entonces $O$ es el punto medio de $PQ$.

Sea $\mathcal S$ la reflexión por $O$, y sea $\mathcal S(E)=G$, luego, $\mathcal S(QE)=PG$ y $\mathcal S(\omega )=\omega$, de donde $PG$ tangente a $\omega$.
Sea $D$ el segundo punto de intersección de $GR$ y $\omega$, y sean $\{X,Y\}=PR\cap \omega$, con $P,X,Y,N$ en ese orden, luego, $XFYG$ es armónico, pues $XY,GG,FF$ concurren en $P$, entonces $$\{X,Y;D,E\}\underset{R}{=}\{Y,X;G,F\}=-1$$ de donde $XY,DD,EE$ concurren, por lo que $DD$ pasa por $N$.

Sean $H=DE\cap FG$, $I=DF\cap EG$.
Por Brocard, $RI\equiv h$, pero $DE\equiv n$ y $FG\equiv p$, luego, $N,P\in h$, entonces $P,R,N,I$ son colineales.
Por otro lado, por Brocard, $RH\equiv i$, luego, $RH\perp OI\parallel EO\perp AE$, de donde $RH\parallel AE$, por lo que $R,M,H$ son colineales, entonces $M\in i$, y como $M\in f$, tenemos que $FI\equiv m$, por lo que $D\in FI\equiv m$, de donde $M\in d\equiv DD$, luego, $MN\equiv DD$, es decir que $MN$ es tangente a $\omega$.
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Joacoini

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Re: Problema 3 APMO 2016

Mensaje sin leer por Joacoini » Sab 07 Mar, 2020 12:55 am

WhatsApp Image 2020-03-06 at 23.34.56.jpeg
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WhatsApp Image 2020-03-07 at 00.53.07.jpeg
$OP$ interseca a $AC$ en $Q$.

El problema nos pide demostrar que $O$ es el $A$-excentro de $ANM$, ya tenemos que esta en la bisectriz de $\angle NAM$ así que con demostrar que esta en la bisectriz exterior de $\angle ANM$ estamos.

Por Thales $\frac{NQ}{EQ}=\frac{NP}{RP}=\frac{AP}{MP}\Rightarrow NQ\times MP=AP\times FP$

$AP\times FP$ es la potencia a un punto de $P$ a la circunferencia de $AFOE$ (es ciclico ya que $\angle OEA=\angle OFA=90$) y como $PO$ es tangente a esta circunferencia por angulo seminscrito $\angle POA=\angle AEO=90$ tenemos que

$AP\times FP=PO^2=NQ\times MP\Rightarrow \frac{NQ}{OQ}=\frac{OP}{MP}$

Como también tenemos que $\angle NQO=\angle MPO$ llegamos a que los triángulos $NQO$ y $OPM$ son semejantes y de esta semejanza sale que

$\frac{NO}{OM}=\frac{NQ}{OP}=\frac{NQ}{QO}$

Y como $\angle NQO=180-\angle QNO-\angle NOQ=180-\angle MOP-\angle NOQ=\angle NOM$ tenemos que los triángulos $NQO$ y $NOM$ son semejantes y de esto $\angle ONQ=\angle MNO$ por lo que $ON$ es bisectriz exterior de $\angle ANM$ y estamos.
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