APMO 2021 Problema 3

El Apache yasabes

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APMO 2021 Problema 3

Mensaje sin leer por El Apache yasabes »

Sea $ABCD$ un cuadrilátero convexo cíclico y $\Gamma$ su circunferencia circunscrita. Sea $E$ la intersección de las diagonales $AC$ y $BD$, sea $L$ el centro de la circunferencia tangente a los lados $AB$, $BC$ y $CD$, y sea $M$ el punto medio del arco $BC$ de $\Gamma$ que no contiene a $A$ ni a $D$. Demuestre que el excentro del triángulo $BCE$ opuesto a $E$ se encuentra en la recta $LM$.
$91$ es el menor número primo que puede escribirse como producto de $2$ números primos menores a el $(91 = 13 × 7) $

El Apache yasabes

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Re: APMO 2021 Problema 3

Mensaje sin leer por El Apache yasabes »

Cabe aclarar que la circunferencia de centro $L $ es "estrictamente" ( o como se tenga que decir) tangente a los lados que se dan y no a sus extensiones, sino la recta que pasa por el $E$-excentro y $L $ corta a $\Gamma $ en el punto medio del arco $BC $ que contiene a $A $ y $D $
$91$ es el menor número primo que puede escribirse como producto de $2$ números primos menores a el $(91 = 13 × 7) $

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Gianni De Rico

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Re: APMO 2021 Problema 3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Como bien dijo @BrunZo en su momento, es por lo menos curioso el hecho de que teniendo en mente esta solución el problema salga directo, lo que vamos a hacer es casi lo mismo que la primera parte del link, solamente que con excentros en vez de incentros.
Spoiler: mostrar
APMO 2021 P3.png
Sean $F$ el $E$-excentro de $BCE$, $G$ el incentro de $ABC$, $H$ el incentro de $BCD$, $I$ el $A$-excentro de $ABC$ y $J$ el $D$-excentro de $BCD$. Tenemos entonces que $BGHCJI$ es cíclico ($M$ es su circuncentro), además, $A,G,M,I$ son colineales (están todos sobre la bisectriz de $\angle BAC$), $D,H,M,J$ son colineales (están todos sobre la bisectriz de $\angle BDC$), $B,J,F$ son colineales (están todos sobre la bisectriz exterior de $\angle CBD$), $C,I,F$ son colineales (están todos sobre la bisectriz exterior de $\angle BCD$), por otro lado, como $L$ es el centro de la circunferencia tangente a $AB,BC,CD$, entonces está a la misma distancia de todos los lados, por lo que debe estar en la bisectriz de $\angle ABC$ y en la bisectriz de $\angle BCD$ (otra manera de ver esto es notar que si $P=AB\cap CD$, entonces $L$ es el incentro/excentro [dependiendo de cómo hagamos el dibujo $P$ nos va a quedar de un lado o del otro] de $BCP$), es decir que $B,G,L$ están alineados (están todos sobre la bisectriz de $\angle CBA$) y $C,H,L$ están alineados (están todos sobre la bisectriz de $\angle BCD$). De todo esto sale que $L=BG\cap CH$, $M=GI\cap HJ$, $F=IC\cap JB$.
Aplicando Pascal en $BGICHJ$ tenemos la colinealidad pedida.
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Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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