miércoles, 27 de mayo de 2015

TST Rumanian 2013/Short List RMM 2013

Pues empecemos con los problemas retadores de Geometría.

Algo importantisimo para romper la barrera de los problemas de Geometría en la IMO a nivel 3 y 6 es desarrollar su habilidad de estudiar una construcción ampliamente y conocer/descubrir los elementos importantes detrás de la construcción. Esto en lo que respecta a los problemas sintéticos.

Un buen lugar donde encontraran diversos articulas que se dedican a realizar estos análisis es el Forum Geometricorum

http://forumgeom.fau.edu/

Por favor entren a la pagina y escojan algún articulo de geometría sintetica estilo olimpiada y comentenme que lograron aprender (si no saben cual tomar yo los puedo orientar). Estaré al pendiente de esto durante la semana.

Por el momento les dejo un problema que me agrada pues involucra construcciones bonitas y que deben dominar para la IMO.

Problema. Los circulos $\Omega$ y $\omega$ son tangentes en un punto $P$ (con $\omega$ dentro de $\Omega$). Una cuerda $AB$ sobre $\Omega$ es tangente a $\omega$ en un punto $C$, la línea $PC$ intersecta de nuevo a $\Omega$ en el punto $Q$. Las cuerdas $QR$ y $QS$ de $\Omega$ son tangentes a $\omega$. Sean $I$, $X$ y $Y$ los incentros de los triángulos $APB$, $ARB$ y $ASB$. Prueba que

$$\angle PXI+\angle PYI=90^\circ.$$

9 comentarios:

nivek dijo...

Creo que en el enunciado del problema no definiste a los puntos R ni B.

nivek dijo...
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
Lalo dijo...

Gracias Kevin ya está corregido

Ariel dijo...

Esbozo:
Por homotecia, $Q$ es el punto medio del arco $AB$. Si $X'$ y $Y'$ son los puntos de tangencia de $QR$ y $QS$, ves con potencia que $QA = QX' = QY' = QB$ y entonces $X'$ y $Y'$ son $X$ y $Y$, porque $Q$ es el circuncentro de $ABX$ y $ABY$. Lo demás son cuentitas con angulitos.

Juan dijo...

Resulta X, Y en omega chica y ademas QX, QY tangentes a omega chica. Sale con el lema de que el incirculo esta en el circulo de centro ene l punto medio del arco y que pasa por 2 de los vertices. De ahí, sale facil.

nivek dijo...

Si mi solucion es igual que la de ariel
Ver que los puntos de tangencia son los que quieres. Y luego pasar que los angulos $PXI+PYI=90$ si y solo si $RPS+SQR=180$

Lalo dijo...

Bien exactamente esa es la clave del problema probar que los incentros son los puntos de tangencia desde $Q$

Lalo dijo...

Bien exactamente esa es la clave del problema probar que los incentros son los puntos de tangencia desde $Q$

Antonio Lopez Guzman dijo...

Hice tambien lo mismo de cer que X, Y son los puntos de tangencia de Q, para terminar vi que I tambien esta en la circunferencia de centro Q y radio QX, esto es facil por<BIA=<BXA= 180-<BQA/2, entonces sea <XPY=a, entonces <XQY 180-2a, entonces <XIY=90+a y entonces el otro angulo que completa 360 es <YIX= 270 -a, entonces en el cuadrilatero PXIY para completar los 360, los amgulos que nos piden deben sumar 90 y ya.

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