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Figura:

Ibero2019P4.png

Claramente $ABCD$ es un trapecio isósceles. Notemos entonces que $DCQP$ también lo es, por lo que obtenemos que $\angle DPC = \angle DQC$, pero como $\angle DEC = \angle DFC$, obtenemos que los triángulos $DEP$ y $DFQ$ son semejantes.

Ahora, notemos que como $\angle EDP = \angle FDQ$, $\angle EDF = \angle PDQ$, y como $DEP$ y $DFQ$ son semejantes, $\frac{DE}{DP}= \frac{DF}{DQ}$, por lo que $DPQ$ y $DEF$ también son semejantes. Luego, $\angle GFD = \angle EFD = \angle DQP = \angle GQD$ y $GFQD$ es cíclico.

Por último, como $GFQD$ es cíclico y $GB$ es paralela a $DC$ obtenemos que $\angle GDF = \angle GQF = \angle CQB = \angle QCD = \angle FCD$, y por semi-inscritos tenemos que $GD$ es tangente al circuncírculo del trapecio.

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Sea $ABCD$ un trapecio con $AB\parallel CD$ e inscrito en la circunferencia $\Gamma$. Sean $P$ y $Q$ dos puntos en la recta $AB$ tales que $P$ y $Q$ son simétricos respecto del punto medio de $AB$. Sean $E$ y $F$ los segundos puntos de intersección de las rectas $CP$ y $CQ$ con $\Gamma$, respectivamente. Las rectas $AB$ y $EF$ se cortan en $G$. Demuestra que la recta $DG$ es tangente a $\Gamma$.

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Lema: Sean $A,B,C,D,B',D'$ puntos sobre una circunferencia $\Gamma$ tales que $ABCD$ y $AB'CD'$ son armónicos, y sean $E=BB'\cap DD'$ y $F=BD'\cap B'D$.
Entonces $A,C,E,F$ están alineados.
Demostración:

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Ibero 2019 P4 - Lema - Figura de análisis.png

Sea $G=AC\cap BD$. Aplicamos una transformación proyectiva que deje fija $\Gamma$ y mande $G$ al centro de $\Gamma$. Luego, $ABCD$ es un rectángulo, y al ser armónico, es un cuadrado. Como $AB'CD'$ es armónico, tenemos que las tangentes a $\Gamma$ por $B'$ y $D'$ se cortan en un punto $X$ que pertenece a $AC$, es decir, a la mediatriz de $BD$, pero $XB'=XD'$ por ser tangentes a $\Gamma$, luego, $B'D'\parallel BD$, por lo que $BDB'D'$ (o $BB'D'D$, según el orden de los puntos) es un trapecio isósceles, y $AC$ es la mediatriz de sus bases. Entonces $(BB',DD',AC)$ concurren y $(BD',B'D,AC)$ concurren, es decir, $A,C,E,F$ están alineados. $\blacksquare$

Ibero 2019 P4 - Figura de análisis.png

Consideremos $\Gamma$ como la circunferencia de referencia.
Sean $H=AF\cap BE$, $I=AE\cap BF$, $J=HI\cap AB$, $K=AA\cap BB$, $M$ el punto medio de $AB$, $L=CM\cap \Gamma$ (con $L\neq C$), y $P_{\infty}=AB\cap CD$.
Como $G$ está en la polar de $K$, tenemos que la polar de $G$ pasa por $K$. Por Brokard, la polar de $G$ es $HI$, de donde $H,I,J,K$ están alineados sobre la polar de $G$.
Ahora, notemos que como $AP=QB$, entonces $M$ es el punto medio de $PQ$. Luego $$\{A,B;L,D\}\underset{C}{=}\{A,B;M,P_{\infty}\}=-1=\{P,Q;M,P_{\infty}\}\underset{C}{=}\{E,F;L,D\}$$ de donde $ALBD$ y $ELFD$ son armónicos, y por el Lema aplicado a $ALBD$ y $ELFD$, tenemos que $I=AE\cap BF$ y $H=AF\cap BE$ están sobre $DK$, es decir, $D,K\in HI$. Luego, $D,H,I,J,K,L$ están alineados, por lo que están todos sobre la polar de $G$. En particular, como $D$ está sobre la polar de $G$ y $D\in \Gamma$, entonces $DG$ es tangente a $\Gamma$.

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Si F' es la intersección de DQ con Gamma, entonces
Se tiene que DFG = DFE = DF'E = DQP = DQG

Luego DQFG es cíclico

Finalmente GDF = GQF = DCF por cíclico y paralelas

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Sean $M$ y $N$ dos puntos cualesquiera. Sean $A,B,P,Q$ puntos sobre la recta $MN$ tales que $\{A,B;M,N\}=-1=\{P,Q;M,N\}$, y sea $C$ un punto exterior a la recta $MN$. Las rectas $CN,CP,CQ$ cortan a la circunferencia circunscrita del triángulo $ABC$ en los puntos $D,E,F$, respectivamente. Las rectas $EF$ y $AB$ se cortan en $G$. Demostrar que la recta $DG$ es tangente al circuncírculo del triángulo $ABC$.

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$N\equiv P_{\infty}$, con el agregado de que $A,P,Q,B$ están sobre una recta en ese orden.

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Como $ABCD$ es un trapecio inscrito en una circunferencia, es trapecio isósceles $\Rightarrow$
$D\widehat{A}P=Q\widehat{B}C$ y $AD=BC$, además, por letra, $AP=QB$ $\Rightarrow$ Por criterio $LAL$
$\bigtriangleup APD=\bigtriangleup BQC$ $\Rightarrow$
$A\widehat{D}P=B\widehat{C}Q=\epsilon$
Por inscrito, $F\widehat{E}B=F\widehat{C}B=\epsilon$ $\Rightarrow$ $G\widehat{E}B=180-\epsilon$
Luego, sea $E\widehat{B}G=\beta$ $\Rightarrow$ $E\widehat{G}B=\epsilon-\beta$
Luego por inscrito $A\widehat{D}E=A\widehat{B}E=\beta$ y como $A\widehat{D}P=\epsilon$ $\Rightarrow$ $E\widehat{D}P=\epsilon-\beta$ $\Rightarrow$
$E\widehat{G}P=E\widehat{D}P$ $\Rightarrow$ $GEPD$ es cíclico $\Rightarrow$
$G\widehat{D}P=P\widehat{E}F$ $\iff$ $G\widehat{D}A+A\widehat{D}P=P\widehat{E}B+B\widehat{E}F$ $\iff$
$G\widehat{D}A+\epsilon=P\widehat{E}B+\epsilon$ $\iff$ $G\widehat{D}A=P\widehat{E}B=\alpha$
Luego por inscrito $P\widehat{E}B=C\widehat{E}B=C\widehat{D}B=\alpha$ y por paralelas $C\widehat{D}B=A\widehat{B}D=\alpha$ $\Rightarrow$
$G\widehat{D}A=A\widehat{B}D$ $\Rightarrow$
Por ángulo seminscrito $GD$ es tangente a $\Gamma$

Gianni De Rico escribió: ↑Lun 16 Sep, 2019 8:10 pm ¿Angulitos? ¿Qué es eso? ¿Se come?
Generalización:

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Sea $ABCD$ un trapecio con $AB\parallel CD$ e inscrito en la circunferencia $\Gamma$. Sean $P$ y $Q$ dos puntos en la recta $AB$ tales que $P$ y $Q$ son simétricos respecto del punto medio de $AB$. Sean $E$ y $F$ los segundos puntos de intersección de las rectas $CP$ y $CQ$ con $\Gamma$, respectivamente. Las rectas $AB$ y $EF$ se cortan en $G$. Demuestra que la recta $DG$ es tangente a $\Gamma$.

Solución:

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Lema: Sean $A,B,C,D,B',D'$ puntos sobre una circunferencia $\Gamma$ tales que $ABCD$ y $AB'CD'$ son armónicos, y sean $E=BB'\cap DD'$ y $F=BD'\cap B'D$.
Entonces $A,C,E,F$ están alineados.
Demostración:

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Sea $G=AC\cap BD$. Aplicamos una transformación proyectiva que deje fija $\Gamma$ y mande $G$ al centro de $\Gamma$. Luego, $ABCD$ es un rectángulo, y al ser armónico, es un cuadrado. Como $AB'CD'$ es armónico, tenemos que las tangentes a $\Gamma$ por $B'$ y $D'$ se cortan en un punto $X$ que pertenece a $AC$, es decir, a la mediatriz de $BD$, pero $XB'=XD'$ por ser tangentes a $\Gamma$, luego, $B'D'\parallel BD$, por lo que $BDB'D'$ (o $BB'D'D$, según el orden de los puntos) es un trapecio isósceles, y $AC$ es la mediatriz de sus bases. Entonces $(BB',DD',AC)$ concurren y $(BD',B'D,AC)$ concurren, es decir, $A,C,E,F$ están alineados. $\blacksquare$

Ibero 2019 P4 - Figura de análisis.png

Consideremos $\Gamma$ como la circunferencia de referencia.
Sean $H=AF\cap BE$, $I=AE\cap BF$, $J=HI\cap AB$, $K=AA\cap BB$, $M$ el punto medio de $AB$, $L=CM\cap \Gamma$ (con $L\neq C$), y $P_{\infty}=AB\cap CD$.
Como $G$ está en la polar de $K$, tenemos que la polar de $G$ pasa por $K$. Por Brokard, la polar de $G$ es $HI$, de donde $H,I,J,K$ están alineados sobre la polar de $G$.
Ahora, notemos que como $AP=QB$, entonces $M$ es el punto medio de $PQ$. Luego $$\{A,B;L,D\}\underset{C}{=}\{A,B;M,P_{\infty}\}=-1=\{P,Q;M,P_{\infty}\}\underset{C}{=}\{E,F;L,D\}$$ de donde $ALBD$ y $ELFD$ son armónicos, y por el Lema aplicado a $ALBD$ y $ELFD$, tenemos que $I=AE\cap BF$ y $H=AF\cap BE$ están sobre $DK$, es decir, $D,K\in HI$. Luego, $D,H,I,J,K,L$ están alineados, por lo que están todos sobre la polar de $G$. En particular, como $D$ está sobre la polar de $G$ y $D\in \Gamma$, entonces $DG$ es tangente a $\Gamma$.

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¿Qué pasó acá? El problema salía 53 ármonicos/polares/Brokards antes.

Ahora, notemos que como $AP=QB$, entonces $M$ es el punto medio de $PQ$. Luego $$\{A,B;L,D\}\underset{C}{=}\{A,B;M,P_{\infty}\}=-1=\{P,Q;M,P_{\infty}\}\underset{C}{=}\{E,F;L,D\}$$ de donde $ALBD$ y $ELFD$ son armónicos

Y por ende las tangentes por $D$ y $L$, la recta $AB$ y la recta $EF$ todas concurren en $G$ (en un ármonico, dos tangentes y una diagonal concurren), que es un parafraseo de lo que queríamos probar.