Maratón de Problemas de Geometría

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Turko Arias

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Turko Arias » Jue 26 Dic, 2019 7:51 pm

Hermoso problema
Solución al Problema 118:
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Vamos a probar que $AA_1, BB_1, CC_1$ se cortan en $O$, el circuncentro de $ABC$. Para eso, vamos a probar que el circuncentro de $ABC$ pertenece a cada una de las tres rectas.
Vamos a probarlo para $CC_1$ y los otros tres casos son análogos. Sea $D$ el pie de la altura por $C$ y $H$ el ortocentro del triángulo, y definamos $\angle ACD= \alpha$, por lo que nos queda que $\angle CAD=90-\alpha$. Como $H$ y $O$ son conjugados isogonales, basta probar que $\angle C_1CB=\alpha$ para asegurarnos que $O$ pertenece a $CC_1$. Definimos $\angle DCO= \beta$, tenemos entonces $\angle ACB= 2\alpha+\beta$. Como $B'$ y $A'$ son reflexiones, tenemos también $\angle ACB'= 2\alpha+\beta$ y $\angle BCA'=2\alpha+\beta$. Viendo el triángulo $BCB'$ tenemos que es isósceles, y conocemos su ángulo $C$, por lo que $\angle CBB'= \angle CB'B=90-2\alpha-\beta$. Pero por arco capaz, $\angle BB'C=\angle BC_1C=90-2\alpha-\beta (1)$.
Del mismo modo, viendo el triángulo isósceles $ACA'$, como conocemos su ángulo $C$ tenemos que $\angle CAA'= \angle CA'A=90-2\alpha-\beta$, y por arco capaz $\angle CAA'= \angle CC_1A'=90-2\alpha-\beta$. Combinando esto, con $(1)$ tenemos que $A',B,C_1$ están alineados. Ahora bien, miramos el triángulo $A'CC_1$, tenemos $180=\angle BCA'+\angle CA'C_1+\angle A'C_1C+\angle C_1CB=(2\alpha+\beta)+(90-\alpha)+(90-2\alpha-\beta)+\angle C_1CB=180$, por lo que $\angle C_1CB=\alpha$ y $O$ pertenece a $CC_1$ $\blacksquare$
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Turko Arias

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Turko Arias » Jue 26 Dic, 2019 8:16 pm

Problema 119

Sea $ABC$ un triángulo y $P$ un punto en su interior. Considere la circunferencia $\Gamma_a$ que pasa por $P, B, C$ y sea $A'$ la segunda intersección de la recta $AP$ con $\Gamma_a$. De manera análoga se contruyen $B'$ y $C'$. Determinar los posibles valores de $\frac{A'B}{A'C}\cdot \frac{B'C}{B'A}\cdot \frac{C'A}{C'B}$.
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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Vie 27 Dic, 2019 10:35 am

Solución 119
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Consideremos la inversión por la circunferencia de centro $P$ y radio $1$, y sea $X_1$ el inverso del punto $X$. Entonces $(B_1,A'_1,C_1)$, $(C_1,B'_1,A_1)$ y $(A_1,C'_1,B_1)$ son ternas de puntos colineales, y las rectas $A_1A'_1,B_1B'_1,C_1C'_1$ concurren en $P$, de donde se sigue que $\frac{A'_1B_1}{A'_1C1}\frac{B'_1C_1}{B'_1A_1}\frac{C'_1A_1}{C'_1B_1}=1$, por Ceva.
Ahora, notemos que por la inversión se sigue que $XY=X_1Y_1\cdot PX_1\cdot PY_1$ para todos los puntos $X,Y$. Luego $$\begin{align*}
\frac{A'B}{A'C}\frac{B'C}{B'A}\frac{C'A}{C'B} & =\frac{A'_1B_1\cdot PA'_1\cdot PB_1}{A'_1C_1\cdot PA'_1\cdot PC_1}\frac{B'_1C_1\cdot PB'_1\cdot PC_1}{B'_1A_1\cdot PB'_1\cdot PA_1}\frac{C'_1A_1\cdot PC'_1\cdot PA_1}{C'_1B_1\cdot PC'_1\cdot PB_1} \\
& =\frac{A'_1B_1}{A'_1C1}\frac{B'_1C_1}{B'_1A_1}\frac{C'_1A_1}{C'_1B_1} \\
& =1 \\
\end{align*}$$
y con eso estamos.
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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Vie 27 Dic, 2019 11:10 am

Problema 120

El incírculo del triángulo $ABC$ es tangente a los lados $BC$, $CA$ y $AB$ en los puntos $D$, $E$ y $F$, respectivamente. Sea $G$ un punto sobre $EF$ tal que $\frac{GB}{GC}=\frac{GF}{GE}$.
Demostrar que $DG$ es perpendicular a $EF$.
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BrunZo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por BrunZo » Vie 27 Dic, 2019 6:53 pm

Solución 120:
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geogebra-export.png
Por propiedades de las tangentes valen: $AE=AF$, $BD=BD$ y $CD=CE$. (*)
Por la primera de estas igualdades, queda claro que $\angle AEF=\angle AFE<90^{\circ}\Longrightarrow \angle CEG=\angle BFG>90^{\circ}$.
Por esto último y $\frac{GB}{GC}=\frac{GF}{GE}$ vale que $\triangle CEG\sim\triangle BFG$. (No me meteré en detalles.)
Entonces, también vale que:
(a) $\angle FGB=\angle EGC$.
(b) $\frac{GB}{BF}=\frac{GC}{CE}$.
Aplicando en (b) las últimas dos igualdades de (*), tenemos que $\frac{GB}{BD}=\frac{GC}{CD}$, que es análogo a que $\angle BGD=\angle CGD$.
Combinando esto último con (a), se sigue que $\angle FGB+\angle BGD=\angle EGC+\angle CGD\Longrightarrow \angle FGD=\angle EGD=90^{\circ}$ (lo último se debe a que $E$, $G$ y $F$ están alineados). Ya probamos lo que queríamos.

Quizás a alguien se le ocurra algo más elegante...
EDIT: Se me ocurrió algo (no sé si más elegante):
Spoiler: mostrar
No sé, al menos no hay que invocar al recíproco del teorema de la bisectriz. :P

geogebra-export.png
Yo del pasado escribió:Por propiedades de las tangentes valen: $AE=AF$, $BD=BD$ y $CD=CE$. (*)
Por la primera de estas igualdades, queda claro que $\angle AEF=\angle AFE<90^{\circ}\Longrightarrow \angle CEG=\angle BFG>90^{\circ}$.
Por esto último y $\frac{GB}{GC}=\frac{GF}{GE}$ vale que $\triangle CEG\sim\triangle BFG$. (No me meteré en detalles.)
Ahora vamos a terminarlo de otra forma más ¿rara?
Por la última semejanza vale que $\frac{GE}{GF}=\frac{CE}{BF}$. Por las últimas dos igualdades de (*), esto es $\frac{GE}{GF}=\frac{DB}{DC}$. (1)
Ahora vamos a agarrar un triángulo semejante a $DEF$ y pegarlo sobre el lado $BC$, de manera que $E$ conicida con $B$ y $F$ con $C$. Supongamos que $D$ cae en $J$. Vamos a intentar ver que punto es $J$.
Se puede ver haciendo un par de angulitos que
$\angle FED=180^{\circ}-\angle AEF-\angle CED=180^{\circ}-(90^{\circ}-\frac{\angle A}{2})-(90^{\circ}-\frac{\angle C}{2})=\frac{\angle A+\angle C}{2}=90^{\circ}-\frac{\angle B}{2}$.
De este modo, cuando peguemos al ángulo $FED$ sobre el lado $BC$, resultaría $\angle CBJ=\angle FED=90^{\circ}-\frac{\angle B}{2}$. Entonces, $BJ$ es perpendicular a la bisectriz de $B$. Ocurre lo mismo con $CJ$, que será perpendicular a la bisectriz de $C$. Esto lleva a que ambas sean bisectrices exteriores de $ABC$, y por lo tanto, a que $J$ sea el excentro de $ABC$.
Si denotamos por $D'$ al pie de la perpendicular a $BC$ por $J$, entones $D'$ es el punto de contacto del excírculo centrado en $J$. De esto se desprenden relaciones como $D'C=DB$ y $D'B=DC$ (propiedades que no demostraré ahora) que implican que (1) se puede transformar en $\frac{GF}{GE}=\frac{D'C}{D'B}$.
Y, acá viene lo grandioso, considerando que $E$ se corresponde con $B$ y $F$ se corresponde con $C$, esta última igualdad implica que $G$ se corresponde con $D'$ en la semejanza $\triangle DEF\sim\triangle JBC$. Entonces, ¡sorpresa! Como $JD'$ es perpendicular a $BC$, entonces $DG$ es perpendicular a $EF$ y terminamos. :D
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Última edición por BrunZo el Vie 27 Dic, 2019 10:31 pm, editado 1 vez en total.

BrunZo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por BrunZo » Vie 27 Dic, 2019 7:42 pm

EDIT: ¿Qué pasó acá? Parece que el enunciado del 121 decidió auto-eliminarse (o bien eliminé el enunciado sin querer). Lo vuelvo a escribir (con posibles diferencias con respecto al original)

Problema 121:
Sea $ABCD$ un cuadrilátero cíclico y $P$ la intersección de sus diagonales. La perpendicular a $AB$ por $B$ y a $CD$ por $C$ se cortan en $X$, y la perpendicular a $AB$ por $A$ y a $CD$ por $D$ se cortan en $Y$. Probar que $P$, $X$ e $Y$ son colineales.

Y esto es lo que se mandó reemplazando al enunciado del problema:

Mandó una solución al 121 que me pareció muy simpática (y es muy larga...)
Spoiler: mostrar
geogebra-export.png
Lo primero que vamos a notar es lo siguiente: Como $BX\perp AB$, entonces vale que $\angle XBC=\angle B-90^{\circ}$. De manera muy similar, vale que $\angle XCB=\angle C-90^{\circ}$.
Ahora, fijémonos que como $AY\perp AB$, entonces el ángulo $\angle YAD$ también puede calcularse como $\angle C-90^{\circ}$, viendo que el ángulo $\angle A$ exterior al cuadrilátero es igual a $\angle C$, ya que este es cíclico. De manera muy similar, puede decirse que $\angle YDA=\angle B-90^{\circ}$.
Resumiendo:
$$\angle XBC=\angle YDA,\quad \angle XCB=\angle YAD$$
Entonces, si nos avivamos un poco podemos notar que estas dos relaciones implican que $\triangle XBC\sim\triangle YDA$. (1)
Ahora vamos a ver que como consecuencia inmediata de que $ABCD$ es cíclico, vale que $\triangle PBC\sim\triangle PAD$. (2)
Lo que inmediatamente nos hace ruido acá, es que si bien en la semejanza (1) $B$ corresponde a $D$, en la semejanza (2) $B$ corresponde a $A$. Como esto nos deja un poco "alejadas" las cosas que están relacionadas, vamos a introducir un punto $Y'$ del otro lado de $DA$, para que $\triangle Y'AD$ sea igual a $\triangle YDA$ con los vértices correspondiendo de ese modo.
Haciendo esto, se obtiene que también $\triangle XBC\sim\triangle Y'AD$, pero ahora los vértices correspondientes son los mismos que en (2), lo cual es muy conveniente, ya que de este modo podemos decir que todo el conjunto de puntos $B$, $C$, $P$, $X$, se corresponde en una semejanza con $A$, $D$, $P$, $Y'$, de lo cual automáticamente se desprenden igualdades de ángulos, como por ejemplo
$$\angle BPX=\angle APY'$$
Y notemos que esta relación es grandiosa, ya que si probasemos que $\angle APY'=\angle DPY$ (es decir, que $PY'$ y $PO$ son conjugados isogonales en el ángulo $\angle APD$), entonces podríamos ver que $\angle DPY=\angle APY'=\angle BPX$, lo que implicaría que $X$, $P$ e $Y$ son colineales, como queríamos.
Muy bien, ahora que hablamos de isogonales, no parece ridículo traer a colación al conjugado isogonal $Y^*$ de $Y'$: Hagámoslo.
Este conjugado isogonal cumple, a priori, que $X$, $P$ e $Y^*$ son colineales (por la relación de ángulos que dijimos antes). Por otro lado, cumple las otras dos relaciones:
$$\angle PAY^*=\angle DAY',\quad \angle PDY^*=\angle ADY'$$
Pero si recordamos bien, los ángulos de $Y'AD$ los teníamos bien determinados: Estos eran los mismos que los de $YDA$, que eran los mismos que los de $XBC$, que eran $\angle B-90^{\circ}$ y $\angle C-90^{\circ}$. Ordenadamente, podemos decir que
$$\angle PAY^*=\angle B-90^{\circ},\quad \angle PDY^*=\angle C-90^{\circ}$$
Vamos a explotar estas relaciones: Supongamos que $AY^*$ corta al círculo otra vez en $A'$. Entonces, $\angle CAA'=\angle PAY^*=\angle B-90^{\circ}$, pero por otro lado, el ángulo $\angle AA'C$ lo podemos calcular: Es igual a $\angle ADC$, que es $180^{\circ}-\angle B$. Entonces, el ángulo restante es
$$\angle ACA'=180^{\circ}-(\angle CAA'+\angle AA'C)=180^{\circ}-(\angle B-90^{\circ}+180^{\circ}-\angle B)=180^{\circ}-(90^{\circ})=90^{\circ}$$
Y esto tiene unas consecuencias enormes: $AA'$ es diámetro.
Y por si esto fuera poco, con un razonamiento similar sale que $DD'$ es diámetro (acá defino a $D'$ también como la intersección de $DY^*$ con el círculo), es decir, que ambas deben pasar por el centro $O$ del círculo, ¿y cuál era el punto común a ambas? ¡$Y^*$! o en otras palabras ¡$Y'$ y $O$ son conjugados isogonales!
Por todo lo que dijimos antes, vale que $X$, $P$ y $O$ son colineales. Mutatis mutandis, vale que $Y$, $P$ y $O$ son colineales:
$X$, $Y$, $P$ y $O$ son todos colineales.
Y así, finalizamos el problema.
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Última edición por BrunZo el Jue 02 Ene, 2020 11:51 pm, editado 3 veces en total.

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 28 Dic, 2019 9:01 am

Solución 121
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Screenshot_20191228-224541.png
Sean $E=AB\cap CD$, $F=BC\cap DA$ y $O$ el circuncentro de $ABCD$, y sean $\Gamma _X\equiv \odot EBC$, $\Gamma _Y\equiv \odot EAD$ y $\Omega \equiv \odot ABCD$.

Notemos que $X$ e $Y$ son los opuestos diametrales de $E$ en $\Gamma _X$ y $\Gamma _Y$, respectivamente. Sea $M$ el segundo punto de intersección de $\Gamma _X$ y $\Gamma _Y$, luego, $(BC,EM,AD)$ son los ejes radicales de $(\Omega ,\Gamma _X,\Gamma _Y)$, de donde concurren, por lo tanto, $E,M,F$ están alineados.

Ahora, como $EX$ y $EY$ son diámetros de $\Gamma _X$ y $\Gamma _Y$, respectivamente, tenemos que $XM\perp EM\parallel EF$ y que $YM\perp EM\parallel EF$, de donde si $r$ es la perpendicular a $EF$ por $M$, tenemos que $X,Y,M\in r$.

Veamos que $OBMD$ es cíclico, análogamente se tiene que $OAMC$ es cíclico.
En efecto, tenemos que $$\angle DMB=\angle DME-\angle BME=180°-\angle EAD-\angle BCE=180°-\angle BAD-\angle BAD=180°-2\angle BAD=180°-\angle BOD$$
Luego, $OM$ es el eje radical de $(\odot OBMD,\odot OAMC)$. Por otro lado $$\text{Pot}(P,\odot OBMD)=PB\cdot PD=\text{Pot}(P,\Omega )=PA\cdot PC=\text{Pot}(P,\odot OAMC)$$ de donde $P\in OM$.

Finalmente, tenemos que $$\angle OME=\angle DME-\angle DMO=180°-\angle EAD-\angle DBO=180°-\angle BAD-(90°-\angle BAD)=90°$$ por lo que $OM\perp EF$, luego, $O,M\in r$, de donde $P\in r$.

Entonces $P,X,Y\in r$, por lo que $P$, $X$ e $Y$ son colineales.
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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 28 Dic, 2019 4:45 pm

Problema 122

Las circunferencias $\Gamma$ y $\Omega$ se cortan en los puntos $A$ y $B$. Sea $P$ un punto sobre $\Gamma$, la tangente a $\Gamma$ por $P$ corta a $\Omega$ en los puntos $C$ y $D$, con $D$ entre $P$ y $C$, de forma que el cuadrilátero $ABCD$ es convexo. Las rectas $CA$ y $CB$ cortan nuevamente a $\Gamma$ en $E$ y $F$, respectivamente. Las rectas $DA$ y $DB$ cortan nuevamente a $\Gamma$ en $S$ y $T$, respectivamente.
Si los puntos $P,~E,~S,~F,~B,~T,~A$ están sobre $\Gamma$ en ese orden, demostrar que las rectas $PC$, $ET$ y $SF$ son paralelas.
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BrunZo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por BrunZo » Sab 28 Dic, 2019 5:02 pm

Gianni De Rico escribió:
Sab 28 Dic, 2019 9:01 am
Solución 121
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Sean $E=AB\cap CD$ y $F=AD\cap BC$, y sean $\Gamma _X\equiv \odot EBC$ y $\Gamma _Y\equiv \odot EAD$.
Notemos que $X$ e $Y$ son los opuestos diametrales de $E$ en $\Gamma _X$ y $\Gamma _Y$, respectivamente, además, tenemos que $EA\cdot EB=\text{Pot}(E,\odot ABCD)=EC\cdot ED$. Por otro lado, como $BC$ y $DA$ son antiparalelas respecto de $EA$ y $ED$, tenemos que $EX\perp DA$ y $EY\perp BC$.
Consideremos la inversión por $E$ de radio $\sqrt{EA\cdot EB}$, y sea $Z'$ el inverso de $Z$ para todo punto $Z$ del plano. Luego, $X'$ e $Y'$ son las proyecciones de $E$ en $DA$ y $BC$, respectivamente, y $F'$ es el punto de Miquel del cuadrilátero completo $ABCD$, como es cíclico, tenemos que $\angle EF'P=90°$, entonces $\angle EP'F=90°=\angle EX'F=\angle EY'F$, luego, $E,X',P',Y',F$ son concíclicos. Y estamos
Spoiler: mostrar
Demasiadas inversiones, teoremas y lemas conocidos: no te sigo.
Entiendo la introducción del punto de Miquel, que está en la recta $EF$ (ya que $ABCD$ es cíclico y entonces hay algunos productos lindos con $E$), pero verdaderamente no entiendo por qué decís que vale que $PF'\perp EF$, pero no entiendo por qué decís que $PF'\perp EF$.

En realidad, no entiendo el argumento entero, porque la inversión y muchas otras cosas más sobran:
Gianni De Rico escribió:
Sab 28 Dic, 2019 9:01 am
Notemos que $X$ e $Y$ son los opuestos diametrales de $E$ en $\Gamma _X$ y $\Gamma _Y$, respectivamente. (1)
Sea $M$ el punto de Miquel del cuadrilátero completo $ABCD$. Sabemos que $M$ pertenece a $\Gamma_X$, a $\Gamma_Y$ y a $EF$ debido a cosas que explicaste (se puede, obviamente, reemplazar inversión por potencia de un punto).
Por (1), esto último implica que $\angle EMX=\angle EMY=90^{\circ}$. Entonces, si demostrás
Gianni De Rico escribió:
Sab 28 Dic, 2019 9:01 am
$\angle EF'P=90°$
sí terminaste, y sin ninguna inversión ni cosa rara.

De todos modos, hay soluciones que no precisan del uso de toda esta artillería.

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 28 Dic, 2019 7:07 pm

BrunZo escribió:
Sab 28 Dic, 2019 5:02 pm
Spoiler: mostrar
Demasiadas inversiones, teoremas y lemas conocidos: no te sigo.
Entiendo la introducción del punto de Miquel, que está en la recta $EF$ (ya que $ABCD$ es cíclico y entonces hay algunos productos lindos con $E$), pero verdaderamente no entiendo por qué decís que vale que $PF'\perp EF$, pero no entiendo por qué decís que $PF'\perp EF$.

En realidad, no entiendo el argumento entero, porque la inversión y muchas otras cosas más sobran:
Gianni De Rico escribió:
Sab 28 Dic, 2019 9:01 am
Notemos que $X$ e $Y$ son los opuestos diametrales de $E$ en $\Gamma _X$ y $\Gamma _Y$, respectivamente. (1)
Sea $M$ el punto de Miquel del cuadrilátero completo $ABCD$. Sabemos que $M$ pertenece a $\Gamma_X$, a $\Gamma_Y$ y a $EF$ debido a cosas que explicaste (se puede, obviamente, reemplazar inversión por potencia de un punto).
Por (1), esto último implica que $\angle EMX=\angle EMY=90^{\circ}$. Entonces, si demostrás
Gianni De Rico escribió:
Sab 28 Dic, 2019 9:01 am
$\angle EF'P=90°$
sí terminaste, y sin ninguna inversión ni cosa rara.

De todos modos, hay soluciones que no precisan del uso de toda esta artillería.
Spoiler: mostrar
Ahí edité la solución para hacerla más entendible (sin inversiones y sin decir Punto de Miquel) y explicando detalladamente lo de la perpendicularidad de $EF$ y $PM$ (previamente $PF'$). Si bien el punto $F$ no se usa, lo dejo porque así esta solución permite introducir una demostración (sin Pascal) del Teorema de Brocard (queda como ejercicio al lector) que usa solamente la mínima teoría necesaria para sus definiciones.
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