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IMO 2012 en Mar del Plata – Problema nº 1

Hoy comienzo a publicar los problemas que se han propuesto en la IMO 2012, celebrada en Mar del Plata en julio de este año.

Vamos con el primero de ellos:

Dado un triángulo ABC, el punto J es el centro del excírculo opuesto al vértice A. Este excírculo es tangente al lado BC en M, y a las rectas AB y AC en K y L respectivamente. Las rectas LM y BJ se cortan en F, y las rectas KM y CJ se cortan en G. Sea S el punto de intersección de las rectas AF y BC, y sea T el punto de intersección de las rectas AG y BC.

Demostrar que M es el punto medio de ST.

(El excírculo de ABC opuesto al vértice A es la circunferencia que es tangente al segmento BC, a la prolongación del lado AB más allá de B y a la prolongación del lado AC más allá de C.)

Que se os dé bien.

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Autor: ^DiAmOnD^  |  Publicado el 23 de julio de 2012
Categorías: Juegos  |  Imprime este post Imprime este post

9 comentarios

  1. AsVHEn | 23 de julio de 2012 | 12:05

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    Primera vez en mi vida que leo lo de excírculo

  2. Trackback | 23 jul, 2012

    Bitacoras.com

  3. GOB | 23 de julio de 2012 | 14:09

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    Vaya infierno de enunciado. Un poquito más y se quedan sin abecedario. Lo he comprobado con Geogebra y sí se cumple, pero tengo ganas por ver la demostración.

  4. Maesto | 23 de julio de 2012 | 14:28

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    Yo también lo he comprobado con GeoGebra. No me apetece tampoco seguir, pero la figura tiene bastantes regularidades, un paralelogramo, dos triángulos isósceles…

  5. Sebas | 23 de julio de 2012 | 14:33

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    Con los 4 triangulos isosceles que se forman con el enunciado, mas otro a terminar de trazar, la demostración es elemental

  6. Eder Contreras | 23 de julio de 2012 | 20:39

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    Video solución http://youtu.be/5dt3i1-02VM

    Saludos ;)

  7. Viterick | 24 de julio de 2012 | 00:56

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    http://a3.sphotos.ak.fbcdn.net/hphotos-ak-ash4/406314_10150988465084398_443343244_n.jpg

  8. Alguien | 25 de julio de 2012 | 15:08

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    PISTA: Llamando $\angle BAC=\alpha, \angle CBA=\beta, \angle ACB=\gamma$, tendremos $\angle JFL=\angle BFM =\pi – \angle FBM – \angle FMB= \pi – (\pi – \angle JBM) – \angle CML=\angle JBM-\angle CML=\frac{\pi}{2}-\frac{\beta}{2}-\frac{\gamma}{2} =\frac{\alpha}{2}$. Ahora bien $\angle JAL=\frac{\alpha}{2}$, por estar $J$ sobre la bisectriz interior de $\alpha$. Por tanto $\angle JFL=\angle JAL$, y en consecuencia el cuadril’atero $JFAL$ es c’iclico.

  9. Alguien | 25 de julio de 2012 | 15:14

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    Tuve un accidente y pulsé publicar en lugar de vista previa en mi post anterior, lo siento:
    PISTA: Llamando \angle BAC=\alpha, \angle CBA=\beta, \angle ACB=\gamma, tendremos \angle JFL=\angle BFM =\pi - \angle FBM - \angle FMB= \pi - (\pi - \angle JBM) - \angle CML=\angle JBM-\angle CML=\frac{\pi}{2}-\frac{\beta}{2}-\frac{\gamma}{2} =\frac{\alpha}{2}. Ahora bien \angle JAL=\frac{\alpha}{2}, por estar J sobre la bisectriz interior de \alpha. Por tanto \angle JFL=\angle JAL, y en consecuencia el cuadrilátero JFAL es cíclico.

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