Ibero 2019 - P3

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Gianni De Rico

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Ibero 2019 - P3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Dom 15 Sep, 2019 6:33 pm

Sea $\Gamma$ el circuncírculo del triángulo $ABC$. La paralela a $AC$ que pasa por $B$ corta a $\Gamma$ en $D$ ($D\neq B$) y la paralela a $AB$ que pasa por $C$ corta a $\Gamma$ en $E$ ($E\neq C$). Las rectas $AB$ y $CD$ se cortan en $P$, y las rectas $AC$ y $BE$ se cortan en $Q$. Sea $M$ el punto medio de $DE$. La recta $AM$ corta a $\Gamma$ en $Y$ ($Y\neq A$) y a la recta $PQ$ en $J$. La recta $PQ$ corta al circuncírculo del triángulo $BCJ$ en $Z$ ($Z\neq J$). Si las rectas $BQ$ y $CP$ se cortan en $X$, demuestra que $X$ pertenece a la recta $YZ$.

Nota. El circuncírculo de un triángulo es la circunferencia que pasa por los vértices del triángulo.
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jujumas

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Re: Ibero 2019 - P3

Mensaje sin leer por jujumas » Lun 16 Sep, 2019 12:46 am

Lendo:
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Según qué ángulo es más grande, la figura puede ser bastante distinta, así que resuelvo sobre la figura más linda y tomo razones dirigidas.

Figura:
IberoProblema3.png
Antes de meter el clásico párrafo que define $5$ puntos nuevos, veamos que $BPQC$ es cíclico, ya que $\angle PBQ = \angle BEC = \angle BAC$ y $\angle PCQ = \angle BDC = \angle BAC$. Ahora sí:

Sean $M_B$, $M_C$, $H_B$, $H_C$ los puntos medios de $PB$ y $CQ$ y los pies de alturas en $XPB$ y $XCQ$ respectívamente, sea $F$ el punto donde el circuncírculo de $APQ$ vuelve a cortar al circuncírculo de $ABC$, y sea $S$ el punto donde $AF$ corta a $BC$, y sea $O$ el circuncentro de $BCQP$. Lo que vamos a demostrar en realidad es que $F$, $Z$, $X$, $O$ e $Y$ son colineales.

Primero, como $AD$ y $AE$ son cuerdas que subtienden un ángulo igual a $\angle BAC$ en la misma circunferencia, $AD=AE$. Luego, $AM$ es perpendicular a $DE$. Además, $DE$ y $PQ$ son paralelas, ya que $\angle PQB = \angle DCB = \angle DEB$. Luego, $AM$ es perpendicular a $PQ$ y $\angle AJZ$ es recto (esta es una herramienta sorpresa que nos ayudará mas adelante). Además, como $\angle AQJ = \angle AQP = \angle ABC = \angle AYC$, $JQCY$ es cíclico y $\angle JCY$ es recto, de donde $AY$ es diámetro del circuncírculo de $ABC$.

Notemos ahora que $PQ$ pasa por $S$ por ser $S$ centro radical de los circuncírculos de $AFPQ$, $ABC$ y $PQBC$. Luego, como $BCZJ$ es cíclico por enunciado, tenemos por potencia de un punto que $(SZ)(SJ) = (SB)(SC) = (SF)(SA)$ y $AFZJ$ es cíclico. Ahora, nuestra herramienta sorpresa nos decía que $\angle AJZ$ es recto, por lo que $\angle AFZ$ es recto, pero como $\angle AFY$ es recto $F$, $Z$ $Y$ son colineales.

Ahora, como $FPB$ y $FQC$ son semejantes, ya que $FAPQ$ y $AFBC$ son cíclicos, tenemos que como $M_B$ y $M_C$ son puntos medios de $PB$ y $QC$, $FPM_B$ y $FQM_C$ son semejantes, de donde $AFM_BM_C$ es cíclico. Luego $AFM_BOM_C$ es cíclico y $\angle AFO = \angle AM_BO = 90^{\circ}$. Con esto y lo anterior llegamos a que $F$, $Z$, $O$, $Y$ son colineales.

Por último, como $BCQP$ es cíclico, $XPB$ y $XQC$ son semejantes y $\frac{H_BM_B}{M_BB} = \frac{H_CM_C}{M_CC}$. Notemos ahora que $O$ es el punto de intersección de la perpendicular a $AB$ por $M_B$ y la perpendicular a $AC$ por $M_C$. Sean $O_B$ y $O_C$ los puntos donde la perpendicular a $AB$ por $M_B$ y la perpendicular a $AC$ por $M_C$ cortan a $XY$, notemos que si $O_B=O_C$, obtenemos que $O_B=O_C=O$ y que $O$ está en $XY$, pero usando Thales dos veces $\frac{XO_B}{O_BY} = \frac{H_BM_B}{M_BB} = \frac{H_CM_C}{M_CC} = \frac{XO_C}{O_CY}$, y como estamos tomando razones dirigidas, la única posibilidad para que esto ocurra es $O_B=O_C$, y estamos.

Luego, $O$ $X$, $Y$, $Z$, $F$ son colineales y en particular, $X$ está en $YZ$.
Nota:
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Lo único que estamos usando realmente de la definición de $D$ y $E$ es que $AD=AE$. De la misma manera, lo único que usamos de $P$ y $Q$ es que $BCPQ$ es cíclico. La colinealidad de $X$, $Y$ y $Z$ sigue valiendo siempre que se de esto, y es facil adaptar la solución de arriba al caso general. Otro caso particular interesante es el caso en el que $X$ es el ortocentro de $ABC$ (siendo $BQ$ y $CP$ las alturas).
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Gianni De Rico

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Re: Ibero 2019 - P3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Lun 16 Sep, 2019 8:06 pm

Solución:
(Queda como ejercicio para el lector escribirla con ángulos dirigidos)
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Ibero 2019 P3 - Figura de análisis.png

Sean $\angle CAB=\alpha$, $\angle ABC=\beta$, $\angle BCA=\gamma$.
Como $BD\parallel AC$ y $CE\parallel AB$, tenemos que $AD=AB=AE$, $AC=BE$ y $AB=CD$.
Luego, $\angle ABQ=\angle ABE=\angle ADE=\angle DEA=\angle DCA=\angle PCA$, de donde $\angle PBQ=180°-\angle ABQ=180°-\angle PCA=\angle PCQ$, por lo que $BCQP$ es cíclico. Entonces $\angle CDE=\angle CBE=\angle CBQ=\angle CPQ$, de donde $PQ\parallel DE$.
Ahora, como $M$ es punto medio de $DE$ y $AD=AE$, tenemos que $AM\perp DE$, de donde $AJ\perp PQ$. Y como $AM$ es mediatriz de $DE$, tenemos que $AY$ es diámetro de $\Gamma$.

Sean $O$ el centro de $\odot BCQP$, $F=BC\cap PQ$, $G$ el inverso de $X$ por $\odot BCQP$ y $A'$ el inverso de $A$ por $\odot BCQP$. Como $ABDC$ es cíclico y $AC\parallel BD$, tenemos $\angle DBP=\angle DCA =\angle CAB=\angle PDB$ de donde $\angle BPC=\angle BPD=180°-2\alpha$, por lo que $\angle BOC=360°-4\alpha$, luego, $\angle CBO=\angle OCB=2\alpha -90°$.
Por la inversión tenemos que $\angle OBA'=\angle OAB$ y $\angle OCA'=\angle OAC$, de donde $\angle A'BC=\angle OBC-\angle OBA'=2\alpha -90°-\angle OAB$, y $\angle BCA'=\angle BCO-\angle OCA'=2\alpha -90°-\angle OAC$. Entonces $$\angle BA'C=180°-(\angle A'BC+\angle BCA')=180°-(2\alpha -90°-\angle OAB+2\alpha -90°-\angle OAC)=180°-(4\alpha-180°-\alpha )=360°-3\alpha$$
Por otro lado $$\angle BXC=180°-(\angle XBC+\angle BCX)=180°-(\angle EBC+\angle BCD)=180°-(\alpha -\beta +\alpha -\gamma )=180°-(2\alpha -(\beta +\gamma ))=180°-(2\alpha -180°+\alpha )=360°-3\alpha$$
Entonces $\angle BA'C=\angle BXC$, por lo que $BA'XC$ es cíclico, de donde $G\in \Gamma$.

Por definición, la polar de $X$ respecto a $\odot BCQP$ es la perpendicular a $OX$ por $G$. Por Brokard, la polar de $X$ respecto a $\odot BCQP$ es $AF$. Luego, $A,F,G$ están alineados sobre la perpendicular a $OX$ por $G$. Sea $r$ la perpendicular a $AG$ por $G$, luego, $X\in r$. Como $G\in \Gamma$, tenemos que $Y\in r$. Por otro lado, $FJ\cdot FZ=\text{Pot}(F,\odot BCJ)=FB\cdot FC=\text{Pot}(F,\Gamma )=FA\cdot FG$, de donde $A,G,J,Z$ son concíclicos. Como $AJ\perp JZ$, tenemos que $AG\perp GZ$, de donde $Z\in r$. Por lo tanto, $r\equiv YZ$, de donde $X$ pertenece a la recta $YZ$.
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