IGO 2021 - Nivel Avanzado - P3

Juaco

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IGO 2021 - Nivel Avanzado - P3

Mensaje sin leer por Juaco »

Sean $AD,BE,CF$ las alturas de un triángulo $ABC$ con ortocentro $H$. La perpendicular a $EF$ por $H$ corta a $EF$, $AB$ y $AC$ en los puntos $P,T,L$, respectivamente. $K$ es un punto en el lado $BC$ tal que $BD=KC$. Sea $\omega$ la circunferencia que pasa por $H$ y $P$, y que es tangente a $AH$. Probar que el circuncírculo del triángulo $ATL$ y $\omega$ son tangentes y $KH$ pasa por el punto de tangencia.
$91$ 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: IGO 2021 - nivel avanzado - P3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

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Sean $\Gamma$ el circuncírculo de $AEF$, $\Omega$ el circuncírculo de $ATL$, $I$ el punto de intersección de la perpendicular a $EF$ por $A$ con $\Gamma$, $G$ el segundo punto de intersección de $PI$ con $\Gamma$, $J$ el punto medio de $AH$ y $M$ el punto de intersección de $AI$ con $EF$.

Como$$\angle HGP=\angle HGI=\angle HAI=\angle AHP$$entonces $AH$ es tangente al circuncírculo de $HPG$, con lo que este circuncírculo es $\omega$.
Como\begin{align*}\angle TFG & =\angle AFG \\
& =\angle AIG \\
& =\angle AIP \\
& =\angle HPI \\
& =\angle TPG
\end{align*}entonces $FGTP$ es cíclico, con lo que$$\angle LTG=\angle PFG=\angle EFG=\angle LAG$$de modo que $ATGL$ es cíclico.
Como\begin{align*}\angle TLA & =\angle HLE \\
& =90^\circ -\angle EHL \\
& =90^\circ -\angle EHP \\
& =\angle PEH \\
& =\angle FEH \\
& =\angle FAH \\
& =\angle TAH
\end{align*}entonces $AH$ es tangente a $\Omega$.
Como $JG=JA=JH$ al ser $J$ el centro de $\Gamma$, entonces $JA^2=JG^2=JH^2$. De la primera igualdad obtenemos que $JG$ es tangente a $\Omega$, de la segunda igualdad obtenemos que $JG$ es tangente a $\omega$. Entonces ambas circunferencias son tangentes en $G$.

Queremos ver que $KH$ pasa por $G$.
Notemos que por las reflexiones del ortocentro en el triángulo $AEF$ se sigue que $HI\parallel EF$, luego, $EFHI$ es un trapecio cíclico, de modo que es isósceles, entonces $EM=PF$. Además, como $AEF\simeq ABC$, tenemos que $\dfrac{EM}{MF}=\dfrac{BD}{DC}$.
Sea $K'=GH\cap BC$, entonces\begin{align*}\{B,C;D,K'\} & \underset{H}{=}\{E,F;A,G\} \\
& \underset{I}{=}\{E,F;M,P\} \\
& =\frac{EM}{MF}\frac{FP}{PE} \\
& =\left (\frac{EM}{MF}\right )^2 \\
& =\left (\frac{BD}{DC}\right )^2 \\
& =\frac{BD}{DC}\frac{CK}{KB} \\
& =\{B,C;D,K\}
\end{align*}de modo que $K'\equiv K$, es decir que $KH$ pasa por $G$, como queríamos.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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