Selectivo IMO 2019 - Problema 3

jujumas

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Selectivo IMO 2019 - Problema 3

Mensaje sin leer por jujumas » Jue 11 Abr, 2019 8:27 pm

Sea $ABC$ un triángulo con $A\neq 90^{\circ}$. Los puntos $E$ en $AC$ y $F$ en $AB$ son tales que $BE$ es perpendicular a $AC$ y $CF$ es perpendicular a $AB$. La bisectriz de $\hat{A}$ corta a $EF$ en $M$ y a $BC$ en $N$. Se trazan las perpendiculares a $EF$ por $M$ y a $BC$ por $N$, que se cortan en $P$. Demostrar que $P$ pertenece a la mediana trazada desde $A$.

BrunZo

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Re: Selectivo IMO 2019 - Problema 3

Mensaje sin leer por BrunZo » Jue 11 Abr, 2019 9:17 pm

Bueno... Solución:
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Imágen:
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geogebra-export.png
Preliminares:
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Vamos a nombrar un par de cosas:
  • Sea $\Omega$ el circuncírculo de $ABC$.
  • Sabemos que $BCEF$ es cíclico, sea $\omega_1$ su circuncírculo.
  • Sea $\omega_2$ el circuncírculo de $AEF$.
Primera parte: El círculo $\gamma$ .
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Notemos que como $BCEF$ es cíclico,
$$\angle EMN=\angle MNB=\frac{\angle A}{2}+\angle C$$
por lo que, siendo $T$ la intersección de $BC$, $DE$, $MT=NT$. Ahora, como $\angle PMT=\angle PNT=90^{\circ}$, $P$ es la antípoda de $T$ con respecto al circuncentro del isósceles $MNT$, luego $MP=NP$.
De este modo, concluímos que existe un círculo $\gamma$ centrado en $P$ y tangente a $MT$, $NT$ en $M$ y $N$, respectivamente.
Segunda parte: El punto $X$.
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Sea $X$ la intersección de la paralela $l$ a $BC$ por $A$ y la recta $EF$. Luego, $\angle XAC=\angle C=\angle AEF$, por lo que $l$ es tangente a $\omega_2$. Ahora, tomemos los círculos $\omega_1$, $\omega_2$ y el círculo $\kappa$ centrado en $A$ y radio $0$. El eje radical de $\omega_1$, $\omega_2$ es $DE$, y el de $\omega_2$, $\kappa$ es $l$, luego $X$ es el centro radical de estos tres círculos.
Además, usando los ángulos de la primera parte, tenemos que
$$\angle XAM=\angle XAN=\angle ANB=\angle MNB=\angle EMN=\angle XMA$$
por lo que $AX=MX$, lo que implica que $X$ pertenece al eje radical de $\gamma$ y $\kappa$.
De todo esto se sigue que $X$ es centro radical de los círculos $\omega_1$, $\gamma$, $\kappa$.
Tercera parte: El punto $Y$.
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Sea $Y$ la intersección de la tangente a $\omega_2$ en $A$ y $BC$.
Usando un razonamiento similar a la parte dos, tenemos que $Y$ es centro radical de $\Omega$, $\omega_1$ y $\kappa$.
Además,
$$\angle YAN=\frac{\angle A}{2}+\angle C=\angle ANB$$
por lo que $AY=NY$, lo que implica que $Y$ pertenece al eje radical de $\gamma$ y $\kappa$.
De todo esto se sigue que $Y$ también es centro radical de los círculos $\omega_1$, $\gamma$, $\kappa$.
Cuarta parte: El eje radical.
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Notemos que $X$ e $Y$ son ambos centros radicales de los círculos $\omega_1$, $\gamma$, $\kappa$, por lo que $XY$ es un eje radical de los tres círculos. Esto es $\omega_1$, $\gamma$, $\kappa$ son coaxiales.
Esto implica que sus centros: el punto medio de $BC$, $P$ y $A$ (respectivamente) son colineales, con lo que estamos.
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Última edición por BrunZo el Jue 11 Abr, 2019 9:56 pm, editado 1 vez en total.
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jujumas

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Re: Selectivo IMO 2019 - Problema 3

Mensaje sin leer por jujumas » Jue 11 Abr, 2019 9:43 pm

Solución:
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Como me molesta que la mediana no se llame $AM$, vamos a cambiar los rótulos de $M$ y $N$ por $X$ e $Y$. Sea $M$ el punto medio de $BC$ (como corresponde), $M_1$ el punto donde $AM$ corta a $EF$, sea $S$ el punto donde $EF$ corta a $BC$. Llamemos ahora $N_1$ al punto medio de $EF$ y $N$ al punto donde $N$ corta a $BC$.

Por último vamos a definir $P$ de una forma extraña. Tomemos $P$ en $AM$ tal que $SP$ es bisectriz de $\angle ESC$. Nuestro objetivo va a ser entonces demostrar que $PY$ es perpendicular a $BC$ y que $PX$ es perpendicular a $EF$.

La figura de análisis queda así:
SelectivoIMO2019P3.png
Sabemos que $BCEF$ es cíclico y su centro es $M$. Luego, tenemos que como $N_1$ es punto medio de $EF$ y $ME=MF$, $\angle MN_1M$ es recto.

Observemos ahora que $AEF$ y $ABC$ son semejantes. Luego, $AN_1F$ y $AMC$ son semejantes y $MM_1N_1N$ es cíclico, de donde $\angle M_1NM$ es recto también.

Ahora, por teorema de la bisectriz y semejanza, $\frac{M_1X}{XN_1}=\frac{AM_1}{AN_1}=\frac{AN}{AM}$ y $\frac{M_1P}{PM}=\frac{M_1S}{SM}=\frac{SN}{SN_1}$, y como $\angle AMN = \angle SN_1N$ y $\angle ANM = 180^{\circ} - \angle SN_1N$, $\frac{SN}{SN_1}=\frac{AN}{AM}$, y $\frac{M_1X}{XN_1}=\frac{M_1P}{PM}$.

Luego, por Thales, $XP$ y $N_1M$ son paralelas. Por argumentos análogos, llegamos a que $PY$ y $NM_1$ son paralelas, y esto último implica que $PY$ y $PX$ son perpendiculares respectivas a $BC$ y $EF$.
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Re: Selectivo IMO 2019 - Problema 3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 20 Abr, 2019 4:28 pm

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Sean $\omega$ el circuncírculo de $\triangle AEF$, $\Omega$ el circuncírculo de $\triangle ABC$, $I$ la segunda intersección de $AM$ con $\omega$, $J$ la segunda intersección de $AN$ con $\Omega$, y $O$ el punto medio de $BC$.
Como $BE\perp AC$ y $CF\perp AB$, tenemos que $BCEF$ es cíclico y su circuncentro es $O$, entonces $EF$ y $BC$ son antiparalelas respecto a $AB$ y $AC$ (*). Sea $g$ la transformación que consiste en una reflexión por la recta $AM$ seguida de una homotecia de centro $A$ y razón $\frac{AB}{AE}$, luego, por (*) tenemos que $g(A)=A$, $g(E)=B$ y $g(F)=C$, entonces $g(M)=N$ y $g(\omega )=\Omega$, por lo tanto, $g(I)=J$. En particular tenemos que $\frac{AM}{AN}=\frac{AI}{AJ}\Rightarrow \frac{AM}{AI}=\frac{AN}{AJ}$, y como $M,N,I,J\in AM$, tenemos que si $h$ es la homotecia de centro $A$ y razón $\frac{AM}{AI}$, entonces $h(M)=I$ y $h(N)=J$. (**)
Supongamos WLOG $AB<AC$, luego $\angle ABC>\angle ACB$, y como $\angle ANB=\frac{1}{2}\angle BAC+\angle ACB$, tenemos que $\angle ANB<90°$, entonces $P$ y $B$ están en semiplanos opuestos respecto a la recta $AN$. Por otro lado, tenemos que $\frac{BN}{NC}=\frac{AB}{AC}<1$ por el Teorema de la Bisectriz, entonces $BN<NC\Rightarrow BN<\frac{1}{2}BC=BO$, entonces $O$ y $B$ están en semiplanos opuestos respecto a la recta $AN$. Luego, $P$ y $O$ están en el mismo semiplano respecto a la recta $AN$. (***)
Ahora, como $O$ es el circuncentro de $BCEF$, está sobre las mediatrices de $BC$ y de $EF$. Como $J$ es el pie de la bisectriz de $A$ en $\Omega$, tenemos que $J$ está sobre la mediatriz de $BC$, y como $I$ es el pie de la bisectriz de $A$ en $\omega$, tenemos que $I$ está sobre la mediatriz de $EF$. Luego, $JO,IO$ son las mediatrices de $BC,EF$ respectivamente, por lo tanto $JO\perp BC\perp NP\Rightarrow JO\parallel NP$ y también $IO\perp EF\perp MP\Rightarrow IO\parallel MP$, como además $IJ\parallel MN$ por (***) tenemos que $\triangle MNP$ y $\triangle IJO$ son directamente homotéticos, luego, por (**) resulta $h(P)=O$, por lo que $A,P,O$ son colineales, es decir que $P$ pertenece a la mediana trazada desde $A$.
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