Una recta tangente al circuncírculo del triángulo acutángulo $ABC$ ($AC>AB$) en $A$ interseca a la prolongación de $BC$ en $P$. $O$ es el circuncentro del triángulo $ABC$. El punto $X$ en $OP$ es tal que $\angle AXP=90^\circ$. Los puntos $E$ y $F$ en $AB$ y $AC$, respectivamente, y ambos están del mismo lado con respecto a la recta $OP$ tal que $\angle EXP=\angle ACX$ y $\angle FXO=\angle ABX$.
$K,L$ son los puntos de intersección de $EF$ con el circuncírculo del triángulo $ABC$. Demostrar que $OP$ es tangente al circuncírculo de $KLX$.
Sea $ABC$ un triangulo acutangulo, de alturas $AD, BE$ y $CF$. Sea $D'$ la intersección de $FE$ con $BC$, y sean $X$ e $Y$, puntos sobre $AB$ y $AC$, respectivamente, tales que:
$\angle BDX=\angle BAD, \angle CDY=\angle CAD$
Entonces, $XY$ pasa por el punto medio de $DD'$
Sean $E'$ y $F'$ las reflexiones de $D$, sobre $AC$ y $AB$, respectivamente. Sean $Z=XY\cap{DD'}, R=DE'\cap{AC}, S=DF'\cap{AB}$
Por las alturas tenemos que $AEDB, AFDC$ y $BFEC$ son cíclicos(me olvidé de marcar en el gráfico la circu del último).
Notemos que $E'\in{EF}$, en efecto. Por simetría $DE'\perp AC$
$\Rightarrow DE'\parallel BE$
$\Rightarrow \angle E'ER=\angle DER=\angle ABD=\angle FBC=\angle AEF$
Que por opuestos por el vértice implica que $E, F$ y $E'$ son colineales. Analogamente, $F', F$ y $E$ son colineales. Luego, por la reflexión tenemos que $RS$ es base media del $\triangle DD'F'$, por tanto, queremos ver que $S, R$ y $Z$ son colineales.
Sean $Y$ y $Z$ las intersecciones de $OP$ con $AB$ y $AC$, respectivamente. Sean $R$ y $S$ los pies de las perpendiculares a $AB$ y $AC$, por $Y$ y $Z$, respectivamente.
Sean $M$ el punto medio de $XP$ y $A'=AX\cap{(ABC)}(A≠A')$
Tenemos que $AA'$ es la polar de $P$, respecto a $(ABC)$
$\Rightarrow ABA'C$ es armónico.
$\Rightarrow \{Y, Z; X, P\}\overset{A}{=}\{C, B; A', A\}=-1$ (*)
Como $AX, YR$ y $ZS$ son alturas, tenemos que ellas concurren en el ortocentro del $\triangle AYZ$. Por (*) $S, R$ y $P$ son colineales. (**)
Por otro lado, $X$ es el punto medio de $AA'$, como esta última es la $A$-simediana del $\triangle ABC$, entonces $X$ es el $A$-Dumpty point del $\triangle ABC$
$\Rightarrow \angle EXZ=\angle EXP=\angle ACX=\angle XAB=\angle XAE$
Analogamente, $\angle FXY=\angle XAF$
Juntando esto último con (**) podemos aplicar nuestro lema, de donde, $M, K$ y $L$ son colineales.
Finalmente, notar que por $OA\perp AP$, tenemos $OA^{2}=OX\cdot{OP}$
$\Rightarrow (ABC)$ y $(M, MX)$ son ortogonales.
$\Rightarrow MX^{2}=MK\cdot{ML}$
De donde se sigue lo pedido. $\blacksquare$
IMG-20250318-WA0002.jpg
Esta bueno recalcar que resolviendolo así te ahorras ver las distintas posiciones de $E$ y $F$(las cuales si tenes que analizar si resolvés el problema por angulitos). Como agregado, también obtuvimos que $K$ es el $L$-Humpty point del $\triangle LXP$, bastante bonito la verdad.
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