IMO 2012 en Mar del Plata - Problema nº 5 - Gaussianos

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IMO 2012 en Mar del Plata – Problema nº 5

Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 20 de agosto de 2012
Categorías: Juegos | Imprime este post

7 comentarios

OnyxIonVortex | 20 de agosto de 2012 | 10:58

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Creo que hay un error en el enunciado del problema. El punto M se define como la intersección de B y BK. Pero B es un punto, y aún así si consideras B como el lado opuesto al punto, está bastante claro que no se cumple el supuesto del problema de que MK=ML.

¿Es un error o estoy yo pasando algo por alto?
Juanjo Escribano | 20 de agosto de 2012 | 11:41

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Yo tampoco entiendo donde está M
fede | 20 de agosto de 2012 | 12:00

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Donde dice “B y BK” debe decir “AL y BK”.

Es un error del servidor $\LaTeX$ de WordPress, aparentemente.

Escribiendo $ latex AL$, devuelve una “ $AL$ “. Una solución es escribir $ latex {}AL$, y entonces sale “ ${}AL$ “.
Trackback | 20 ago, 2012

Bitacoras.com
gaussianos | 20 de agosto de 2012 | 16:34

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Cierto, es un error del servidor $\LaTeX$ , como bien comenta fede. Ya está arreglado .
Cristhian Camacho | 20 de agosto de 2012 | 20:00

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Solución 1:

Primero: $AD\cdot AB = AC^{2} = AL^{2}$ , por lo que ${}AL$ es tangente al circuncirculo de $\triangle DLB$ y por lo tanto, $\angle DLA=\angle ABL$ . De manera analoga, $\angle DKB=\angle KAB$ .

Ahora, sean $E$ y $F$ las intersecciones de $AX$ y $BX$ con el circuncirculo del $\triangle ABC$ . Sea $P$ la intersección de $AF$ y $BE$ . Entonces $X$ es ortocentro del triángulo $\triangle APB$ . Esto implica que $P$ , $C$ , $X$ y $D$ estan alineados.

Ahora, por lo que se dijo al principio, se concluye que $\angle DLA=\angle ABL=\angle APD$ , por lo que el cuadrilatero $ADPL$ es cíclico, y por lo tanto $AL \perp LP$ , entonces $LP$ es tangente a la circunferencia de centro $A$ y radio $AL=AC$ . Por lo que entonces: $LP^{2}=PF \cdot PA$ .

De manera analoga, podemos ver que $KP$ es tangente a la circunferencia de centro $B$ y radio $BK=BC$ , por lo que entonces $PK^{2}=PE \cdot PB$ .

Como $PF \cdot PA = PE \cdot PB$ , entonces $LP^{2} = PK^{2}$ , y en definitiva $LP = PK$ . Como además $\angle PKM=\angle PLM =90^{\circ}$ (por las respectivas tangencias), es trivial que los triangulos $\triangle PKM$ y $\triangle PLM$ son congruentes, por lo que finalmente $MK=ML$ .

Solución 2:

Sea $\gamma_{1}$ la circunferencia con centro $A$ y radio $AC=AL$ . Sea $\gamma_{2}$ la circunferencia con centro $B$ y radio $BC=BK$ .

Luego $BC$ es tangente a $\gamma_{1}$ y $AC$ es tangente a $\gamma_{2}$ .

Notemos que $CD$ es el eje radical. http://es.wikipedia.org/wiki/Eje_radical (Si las circunferencias son secantes, el eje radical contiene los puntos de intersección de las circunferencias) de $\gamma_{1}$ y $\gamma_{2}$ .

Supongamos que las semirrectas $AX$ y $BX$ intersecan a $\gamma_{1}$ y a $\gamma_{2}$ en $P$ y $Q$ respectivamente.

Como $X$ pertenece al eje radical de $\gamma_{1}$ y $\gamma_{2}$ , luego $QX\cdot XL=PX\cdot XK$ , es decir, los puntos $Q,K,L,P$ son concíclicos sobre una otra circunferencia $\gamma_{3}$ .

Ahora, hay que notar que $AL^{2}=AC^{2}=AK\cdot AP$ entonces por el recíproco de potencia de un punto, ${}AL$ es tangente a $\gamma_{3}$ . De manera analoga, $BK$ es tangente a $\gamma_{3}$ . Luego $MK$ y $ML$ son tangentes a $\gamma_{3}$ desde $M$ , entonces $MK=ML$ .
Eder Contreras | 7 de octubre de 2012 | 00:26

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Más vale tarde que nunca. Esperamos, junto a mi colega Cristian (el del video) que su solución sea de vuestro agrado amigos de Gaussianos: http://youtu.be/Ex6tQDw0ISg

Saludos