Ibero 2008 - P5

[Gianni De Rico]

Sea $ABC$ un triángulo y $X$, $Y$, $Z$ puntos en los lados $BC$, $CA$, $AB$, respectivamente. Sean $A'$, $B'$, $C'$ los circuncentros de los triángulos $AZY$, $BXZ$, $CYX$, respectivamente. Demostrar que $4(A'B'C')\geqslant (ABC)$ con la igualdad si y sólo si $AA'$, $BB'$ y $CC'$ son concurrentes.

Nota: $(PQR)$ denota el área de $PQR$

[Joacoini]

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Las tres circunferencias circunscritas a $AZY$, $BXZ$ y $CYX$ se cortan en un punto $P$.

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Las circunferencias circunscritas a $AZY$ y a $BXZ$ se cortan en $P$, llamamos $\widehat{ZAY}=\alpha$, $\widehat{ZBX}=\beta$ y $\widehat{YCX}=\gamma$.

Si $P$ esta dentro de $ABC$, $\widehat{ZPY}=180-\alpha$ y $\widehat{ZPX}=180-\beta$, por lo que $\widehat{XPY}=360-(180-\alpha+180-\beta)=180-\gamma$ por lo que $CXPY$ es cíclico.

Si $P$ se encuentra fuera de $ABC$ en el semiplano que marca la recta $AC$ que no incluye a $B$, $Y$ se encuentra en el circuncirculo de $XPZ$, mas específicamente dentro del triangulo $XPZ$ ya que $\widehat {XPZ}>\widehat {XYZ}$, luego $\widehat {XPZ}=180-\beta$ y $\widehat {ZPY}=\alpha$ por lo tanto $\widehat {XPY}=\widehat {XPZ}-\widehat {ZPY}=180-\beta-\alpha=\gamma$ por lo que $XCPY$ es cíclico. Análogo si $P$ se encuentra fuera de $ABC$ en el semiplano que marca la recta $BC$ que no incluye a $A$

Si $P$ se encuentra fuera de $ABC$ en el semiplano que marca la recta $AB$ que no incluye a $C$, $\widehat {XPZ}=\beta$ y $\widehat {ZPY}=\alpha$, como $X$ e $Y$ están en distintos semiplanos respecto a la recta $PZ$, $\widehat {XPZ}+\widehat {ZPY}=\alpha+\beta=180-\gamma$ por lo que $XCYP$ es cíclico.

Si $P$ se encuentra sobre la recta $AC$, $P=Y$ por lo que $XCYP$ seria cíclico, análogo si $P$ se encuentra sobre la recta $BC$

Si $P$ se encuentra sobre la recta $AB$, $P=Z$, por lo tanto las circunferencias circunscritas a $AZY$ y a $BXZ$ son tangentes, trazamos la recta tangente a las dos circunferencias por $P$ y llamamos $T$ a un punto cualquiera de esta recta que al dividir el plano por la recta $AB$ este en distinto semiplano que $C$. Ahora $180-\widehat {CXP}=\widehat {XBP}=\widehat {BPT}=180-\widehat {TPA}=180-\widehat {AYP}=\widehat {CYP}$. Por lo tanto $CXPY$ es cíclico.

El triangulo $ABC$ es semejante al triangulo $A'B'C'$

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Si $P$ esta dentro de $A'B'C'$
$2\widehat {B'C'P}=2\widehat {B'C'X}=\widehat {XC'P}=2\widehat {PCX}$
$2\widehat {A'C'P}=2\widehat {A'C'Y}=\widehat {YC'P}=2\widehat {PCY}$
$\widehat {A'C'B'}=\widehat {A'C'P}+\widehat {B'C'P}=\widehat {YCP}+\widehat {XCP}=\widehat {ACB}$
Análogamente $\widehat {C'A'B'}=\widehat {CAB}$ y $\widehat {A'B'C'}=\widehat {ABC}$

Si $P$ esta en una recta de $A'B'C'$ WLOG sea esta recta $B´C´$.
Como $B'$ y $C'$ son centros de dos circunferencias que se cortan en $P$, al estar $P$ la recta que une los dos centros, las dos circunferencias son tangentes, $P=X$.
$2\widehat {A'C'P}=2\widehat {A'C'Y}=\widehat {YC'P}=2\widehat {PCY}$
$\widehat {A'C'B'}=\widehat {A'C'P}=\widehat {YCP}=\widehat {ACB}$
Análogamente $\widehat {A'B'C'}=\widehat {ABC}$

Si $P$ esta fuera de $A'B'C'$, una de las rectas (WLOG $B'C'$) lo deja en un semiplano diferente al tercer punto ($A'$). Como $P$ esta en distinto semiplano (por la recta $B'C'$) que $X$, $P$ se encuentra por fuera de $ABC$ en el semiplano determinado por la recta $BC$ que no contiene a $A$.
$2\widehat {B'C'P}=2\widehat {B'C'X}=\widehat {XC'P}=2\widehat {PCX}$
$2\widehat {A'C'P}=2\widehat {A'C'Y}=\widehat {YC'P}=2\widehat {PCY}$
$\widehat {A'C'B'}=\widehat {A'C'P}-\widehat {B'C'P}=\widehat {YCP}-\widehat {XCP}=\widehat {ACB}$
Análogamente $\widehat {A'B'C'}=\widehat {ABC}$

Sea $r$ la razón de semejanza tal que $AB\times r=A'B'$
$4(A'B'C')=4(ABC)r^2\geq (ABC)$
$4r^2\geq 1$
$r^2\geq \frac{1}{4}$
$r\geq \frac{1}{2}$ seria lo que habría que demostrar.

A partir de ahora hasta el final, WLOG, $P$ se encuentra en el semiplano determinado por la recta $XY$ que no incluye a $C$
Como $\widehat {PC'B'}=\widehat {PCB}$ y $\widehat {PB'C'}=\widehat {PBC}$, los triángulos $PCB$ y $PB'C'$ con semejantes y por razón $r$ ya qué $\frac{B'C'}{BC}=r$.
Por teorema del seno $\frac{CP}{sen(\widehat {CXP})}=2C'P\to \frac{C'P}{CP}=\frac{1}{2sen(\widehat {CXP})}=r$
Como $0< sen(\widehat {CXP})\leq 1$ queda demostrado que $r\geq \frac{1}{2}$

Si $r=\frac{1}{2}$, $sen(\widehat {CXP})=sen(\widehat {CYP})=sen(\widehat {AYP})=sen(\widehat {AZP})=sen(\widehat {BZP})=sen(\widehat {BXP})=1$ por lo que $CP$, $AP$ y $BP$ serian diámetros que pasan por sus respectivos centros.

Si $AA'$, $BB'$ y $CC'$ son concurrentes. Llamamos $P'$ a la intersección de $CC'$ con la circunferencia circunscrita a $CXY$ y $M$ a la intersección de $PX$ con $B'C'$.
$\widehat {P'C'B'}=180-\widehat {B'C'C}=180-\widehat {XC'C}-\widehat {XC'B'}=180-2\widehat {XPC}-\widehat {B'C'P}=\widehat {C'PM}+\widehat {PMC'}-2\widehat {C'PM}=90-\widehat {C'PM}=\widehat {PC'B'}$
Por lo tanto $P'=P$.
Como $CP$ es diámetro $\frac{C'P}{CP}=\frac{1}{2}=r$

[Joacoini]

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La parte en que las tres circunferencias $AZY$, $BXZ$ y $CYX$ se cortan en un punto se puede resumir en el teorema de Miquel.