OMCC 2019 - P4

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Gianni De Rico

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Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 22 Jun, 2019 4:26 pm

Sean $ABC$ un triángulo, $\Gamma$ su circuncírculo y $l$ la tangente a $\Gamma$ por $A$. Las alturas desde $B$ y $C$ se extienden y cortan a la recta $l$ en $D$ y $E$ respectivamente. Las rectas $DC$ y $EB$ cortan nuevamente a $\Gamma$ en $P$ y $Q$ respectivamente.
Demostrar que el triángulo $APQ$ es isósceles.
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Gianni De Rico

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Re: OMCC 2019 - P4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 22 Jun, 2019 5:50 pm

Solución:
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Sean $F$ y $G$ los pies de las alturas desde $B$ y $C$, respectivamente.
Por arco capaz tenemos $\angle CAD=\angle CBA$, luego $\angle BDE=\angle FDA=90°-\angle FAD=90°-\angle CAD=90°-\angle CBA$. Por otro lado, $\angle BCE=\angle BCG=90°-\angle CBG=90°-\angle CBA$. Entonces $BCDE$ es cíclico.
OMCC 2019 P4.png

Sea $\Omega$ la circunferencia de centro $A$ y radio $AQ$, y sea $X'$ el inverso de $X$ por $\Omega$ para todo punto $X$ del plano, entonces $Q'=Q$. Como $A,B,C,P,Q$ están sobre $\Gamma$, entonces $B',C',P',Q$ están alineados; como $B,E,Q$ están alineados y $C,D,P$ están alineados, entonces $A,B',E',Q$ con concíclicos y $A,C',D',P'$ son concíclicos; como $DE$ es tangente a $\Gamma$, entonces $D'E'\parallel B'C'$; y como $BCDE$ es cíclico y $A\not \in \odot BCDE$ (pues $A,D,E$ son colineales), entonces $B'C'D'E'$ es cíclico.
De todo esto tenemos que $A,B',E',Q'$ son los vértices de un trapecio cíclico con $AE'\parallel B'Q$; $B',C',D',E'$ son los vértices de un trapecio cíclico con $B'C'\parallel D'E'$; y $A,C',D',P'$ son los vértices de un trapecio cíclico con $AD'\parallel C'P'$. Por lo tanto $AQ=B'E'=C'D'=AP'$, entonces $P'\in \Omega$, luego, $P'=P$, y finalmente $AQ=AP'=AP$, por lo que el triángulo $APQ$ es isósceles.
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BrunZo

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Re: OMCC 2019 - P4

Mensaje sin leer por BrunZo » Dom 23 Jun, 2019 9:34 pm

Gianni De Rico escribió:
Sab 22 Jun, 2019 5:50 pm
Solución:
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Sean $F$ y $G$ los pies de las alturas desde $B$ y $C$, respectivamente.
Por arco capaz tenemos $\angle CAD=\angle CBA$, luego $\angle BDE=\angle FDA=90°-\angle FAD=90°-\angle CAD=90°-\angle CBA$. Por otro lado, $\angle BCE=\angle BCG=90°-\angle CBG=90°-\angle CBA$. Entonces $BCDE$ es cíclico.
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Sea $\Omega$ la circunferencia de centro $A$ y radio $AQ$, y sea $X'$ el inverso de $X$ por $\Omega$ para todo punto $X$ del plano, entonces $Q'=Q$. Como $A,B,C,P,Q$ están sobre $\Gamma$, entonces $B',C',P',Q$ están alineados; como $B,E,Q$ están alineados y $C,D,P$ están alineados, entonces $A,B',E',Q$ con concíclicos y $A,C',D',P'$ son concíclicos; como $DE$ es tangente a $\Gamma$, entonces $D'E'\parallel B'C'$; y como $BCDE$ es cíclico y $A\not \in \odot BCDE$ (pues $A,D,E$ son colineales), entonces $B'C'D'E'$ es cíclico.
De todo esto tenemos que $A,B',E',Q'$ son los vértices de un trapecio cíclico con $AE'\parallel B'Q$; $B',C',D',E'$ son los vértices de un trapecio cíclico con $B'C'\parallel D'E'$; y $A,C',D',P'$ son los vértices de un trapecio cíclico con $AD'\parallel C'P'$. Por lo tanto $AQ=B'E'=C'D'=AP'$, entonces $P'\in \Omega$, luego, $P'=P$, y finalmente $AQ=AP'=AP$, por lo que el triángulo $APQ$ es isósceles.
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Fijate que si demostrás que $BCDE$ es cíclico ya estás. Usando este lema (leer la sección "Lema") se deduce que $PQ$ es paralela a $DE$, que es la tangente por $A$. Rápidamente se obtiene que $\angle APQ=\angle AQP$ con lo que se está.

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