Sel Ibero 1999 Problema 5

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Prillo

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Sel Ibero 1999 Problema 5

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Sea [math] un rectángulo con el lado [math] mayor que el lado [math]. La circunferencia de centro [math] y radio [math] intersecta a la recta [math] en los puntos [math] y [math].
(a) Demostrar que la circunferencia circunscrita al triángulo [math] es tangente a la circunferencia de diámetro [math].
(b) Sea [math] el punto de tangencia entre las dos circunferencias mencionadas en (a). Demostrar que los puntos [math] y [math] son colineales.
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Nacho

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Re: Sel Ibero 1999 Problema 5

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Sea [math] el centro de la circunferencia de diámetro [math] y [math] el centro de la circunscripta de [math].

Para la primera parte, vamos a considerar un sistema de ejes cartesianos, con centro en [math], y tomando como eje [math] a la recta [math] y como eje [math] a la recta [math]. Vamos a definir la medida de [math] y la de [math].

Consideremos el círculo centrado en [math] con radio [math]. La ecuación de este círculo está dada por [math]. Queremos hallar las coordenadas de [math] y [math]. Para ello, igualamos [math], obteniéndo así [math]. De ahí, [math]. De esta cuadrática, las raíces son [math].

Entonces, [math] y [math].

Ahora queremos encontrar las coordenadas [math]. Para ello, primero notamos que al ser [math] un triángulo isósceles y [math] ser el punto de encuentro de las mediatrices, [math] está sobre [math]. Si [math] es el radio de esta circunferencia, tenemos que [math].

Como [math] es centro, tenemos que [math]. Entonces: [math]. Obtenemos así [math].

Dos circunferencias son tangentes si y sólo si la suma de sus radios es igual a la distancia entre sus centros. Es decir, si definimos [math] el radio de la circunferencia con diámetro [math], y [math] su centro, queremos que
[math]
Si elevamos al cuadrado a ambos lados, vemos que

[math]


Por lo tanto es verdad, y las cirunferencias son tangentes, es decir, se tocan en un solo punto.

Para la segunda parte (ya asumiendo que la primera parte es cierta), vemos por arco capaz que [math].

Si trazamos la recta tangente a ambas circunferencias por [math], sea [math] el punto de intersección entre esta recta y [math]. Vemos por potencia de un punto que [math], ya que [math] es tangente a la circunferencia con centro [math] porque [math], y [math] es tangente a la de centro [math] ya que [math].

Entonces, [math] es el punto medio de [math] y tenemos que [math]. Luego, podemos trazar una circunferencia con centro [math] y radio [math]. Como [math] es diámetro, vamos a tener que [math], de donde [math].

Por lo tanto, [math], [math] y [math] son colineales. Y estamos [math]
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Prillo

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Re: Sel Ibero 1999 Problema 5

Mensaje sin leer por Prillo »

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El circuncírculo del triángulo [math] interseca a la recta [math] por segunda vez en [math]. Sea [math]. Ambas partes del problema quedan resueltas si probamos que [math]. Por otra parte, para probar que [math] bastará ver que los triángulos [math] y [math] son semejantes. En tal caso, como estos triángulos son semejantes con la misma orientación y tienen un par de lados respectivos perpendiculares ([math] y [math]), se seguirá que los demás pares de lados también son perpendiculares, o sea que [math], como queremos ver. Pero [math] (hemos usado los triángulos semejantes [math] y [math]), y con esto queda probado lo que queríamos.

[math] En efecto, supongamos que [math]. Luego si [math] y [math] denotan los puntos medios de [math] y [math] respectivamente, tenemos que [math] y [math] son los circuncentros de los triángulos [math] y [math] respectivamente (pues [math]). Pero los triángulos [math] y [math] son semejantes e inversamente homotéticos por [math] (esto es consecuencia inmediata de Thales en las paralelas [math] y [math]), luego [math] y [math] están alineados (por ser estos puntos medios de respectivos lados, y centro de homotecia de los triángulos), y de esta colinealidad se deduce que los circuncírculos de los triángulos [math] y [math] son tangentes en [math]. Como la circunferencia de diámetro [math] es ni más ni menos que el circuncírculo de [math], y el circuncírculo de [math] es ni más ni menos que el circuncírculo de [math], habremos terminado.
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lichafilloy

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Re: Sel Ibero 1999 Problema 5

Mensaje sin leer por lichafilloy »

me gustaria saber si esto vale para la parte 2, no estoy seguro:
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Miramos la homotecia con centro en [math] que lleva la circunferencia de diámetro [math] a la circunferencia circunscrita a [math].
Sea [math] el opuesto diametral a [math] en la circunferencia circunscrita a [math]. Es claro que en una homotecia, una recta se transforma en otra recta paralela a la original. Entonces la imagen del segmento [math] debe ser el segmento [math] dado que son paralelas y ambas son diámetros de sus respectivas circunferencias. Como el punto [math] no pertenece a la recta [math], luego la imagen del punto [math] debe ser [math] y La de [math], [math]. Como cada punto, y su imagen están en la misma recta que el centro de la homotecia, [math], [math] y [math], son colineales como queríamos.
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ricarlos
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Re: Sel Ibero 1999 Problema 5

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Lo veo muy lindo esto, licha.
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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MateoCV

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Re: Sel Ibero 1999 Problema 5

Mensaje sin leer por MateoCV »

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Sea [math] la circunferencia de diámetro [math]. Sea [math] la intersección de [math] y [math]. Invirtamos con centro [math] y radio [math]. Por potencia de un punto [math]. Luego [math] y [math] son inversos y [math] permanece fija tras la inversión. La circunscrita de [math] se convierte en la recta [math], y como [math] es tangente a [math] en [math], por la inversión, [math] y la circunscrita de [math] son tangentes en [math], que está alineado con [math] y [math]
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Gianni De Rico

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Re: Sel Ibero 1999 Problema 5

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

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Selectivo Ibero 1999 P5.png
Sean $\lambda$ la circunferencia de centro $B$ y radio $AB$, $\varphi$ la circunferencia de diámetro $AD$, $\omega$ el circuncírculo de $\triangle EBF$ y $H$ la intersección de las tangentes por $E$ y $F$ a $\lambda$, luego, $EF$ es la polar de $H$ respecto a $\lambda$ (notar que $EBFH$ es un rombo$\Rightarrow H,C,B$ están alineados). Sea $d$ la polar de $D$ respecto a $\lambda$, como $D\in EF$ se sigue por La Hire que $H\in d$; pero por definición de polar tenemos $A\in d$. Luego, $AH\equiv d\Rightarrow AH\perp BD$.
Sea $G=AH\cap BD$, entonces $G\in \varphi$, además $B\widehat GH=B\widehat EH=B\widehat FH=90^\circ \Rightarrow G,H\in \omega$.
Sea $t$ la tangente por $G$ a $\varphi$, luego $\measuredangle (t,BD)=\measuredangle (AH,AD)=\measuredangle (AH,BH)\Rightarrow t$ es tangente a $\omega$ ($\measuredangle$ simboliza un ángulo dirigido).
Por lo tanto $\varphi$ y $\omega$ son tangentes en $G$, y $D,G,B$ son colineales.
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Mensaje sin leer por drynshock »

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Sea $\omega$ la circunferencia de diámetro $AB$. Por tramposetica, sea $G = BD \cap \omega$. Queremos ver que $EGBF$ es cíclico. La condición de la tangencia queda clara porque: $\angle AGB = 90^{\circ}$ y si llamamos $H$ al punto medio de $AB$, entonces $AH^2 = GH^2 = HB^2$ por teorema de la mediana, dado que $AB$ es la tangente a $\omega$ y a $(BEF)$ entonces $HG$ es la tangente a ambas circunferencias.
geogebra-export (97).png
Notar que $EF$ es el eje radical de $(BEF)$ y $(AEF)$; y $AD$ es tangente a $(AEF)$ luego

$$DE.EF = AD^2 = DG.DB$$
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(Ya que $\triangle ADG \sim \triangle BDA \Rightarrow \frac{AD}{BD} = \frac{DG}{AD}$)
De donde $EFBG$ es cíclico.
$\blacksquare$.

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Mensaje sin leer por drynshock »

Esta es otra con analítica, que sigue otra idea para achicar cuentas.
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  • Hallamos $E$
  • Trazamos mediatriz de $EB$ para sacar el centro de $(EBF)$
  • Intersecamos $(EBF)$ con $BD$, ese punto es $G$.
  • Si $AG \perp BD$ estamos por lo que expliqué de las tangentes en la solución de arriba
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Sean $B = (0,0), A=(-1,0), C=(0, k), D=(-1, k)$ con $0<k<1$.

$\boxed{\vec{DB}: y = -kx}$

Circunferencia de centro $B$ y radio $AB$: $\omega: x^2+y^2 = 1$.
$\omega \cap CD: x^2+k^2 = 1 \Rightarrow x = -\sqrt{1-k^2}$ nos quedamos con el negativo ya que nos interesa hallar $E$ (en realidad $E$ o $F$ sirve, solo es para hallar el centro).

$\boxed{E = (-\sqrt{1-k^2}, k)}$

Mediatriz $EB$: $y-\frac{k}{2} = \frac{\sqrt{1-k^2}}{k}(x+\frac{\sqrt{1-k^2}}{2})$

Esta claro que $O$ (el centro de $(BEF)$) esta sobre $BC$, luego
$x = 0 \Rightarrow y - \frac{k}{2} = \frac{1-k^2}{k} \iff y = \frac{1}{2k}$
$\therefore \boxed{O = (0,\frac{1}{2k})}$

$(BEF): x^2+(y-\frac{1}{2k})^2 = \frac{1}{4k^2}$
$(BEF) \cap DB: x^2+(-kx-\frac{1}{2k})^2 = \frac{1}{4k^2} \iff x^2+kx^2+x = 0 \iff x = \frac{-1}{1+k^2}$
$\boxed{G = (\frac{-1}{1+k^2}, \frac{-k}{1+k^2})}$

Pendiente $AG$: $\frac{-\frac{k}{1+k^2}-0}{\frac{-1}{1+k^2}+1} = \frac{-1}{k} \Rightarrow AG \perp BD$
$\blacksquare$
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