FOFO 11 Años - Problema 8

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Monazo

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FOFO 11 Años - Problema 8

Mensaje sin leer por Monazo »

Sea $ABCD$ un cuadrilátero cíclico convexo. Sea $P$ el punto de intersección de las rectas $AB$ y $CD$, y sean $M$ y $N$ los puntos medios de $AB$ y $CD$, respectivamente. El circuncírculo del triángulo $MPN$ corta a los circuncírculos de los triángulos $ANB$ y $CMD$ por segunda vez en los puntos $Q$ y $R$, respectivamente. Demostrar que $PQ=PR$.
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Monazo

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Re: FOFO 11 Años - Problema 8

Mensaje sin leer por Monazo »

Aquí publicaremos la solución oficial.
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BrunZo

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Re: FOFO 11 Años - Problema 8

Mensaje sin leer por BrunZo »

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Sean M' y N' las segundas intersecciones de la circunferencia CDM con CD y ABN con AB. Por potencia de un punto vale que PM*PM' = PC*PD = PA*PB = PN*PN' => MM'N'N es un cuadrilátero cíclico.
Sea Q' la segunda intersección de NM' con la circunferencia ABN. Vale que <Q'BN'=<Q'NN' = <M'NN' = <M'MN'=<AMN'. Además <N'Q'B = <N'AB = <N'AM. Estas dos igualdades de ángulos implican que AMN' y Q'BN' son semejantes, de donde AM/AN' = Q'B/Q'N'. Reordenando tenemos que Q'N'/AN' = Q'B/AM = Q'B/BM, y como <AN'Q' = <ABQ' = <MBQ, vale que los triángulos Q'N'A y Q'BM son semejantes. De esto se deduce que <Q'MP = <Q'MA = 180° - <Q'MB = 180° - <Q'AN' = <N'BQ' = <PNQ', de donde PNMQ' es cíclico. Esto quiere decir que Q' es la intersección de las circunferencias PMN y ABN, de donde Q'=Q. Si trazamos R' similarmente, tendremos que R'=R.
Pero lo más importante, ahora sabemos que <Q'NP = <M'NN' = <M'MN' = <PMR', por lo que los arcos Q'P y PR' son iguales, lo que implica que PQ=PR, como buscábamos.
problem8.PNG
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Gianni De Rico

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Re: FOFO 11 Años - Problema 8

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

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FOFO 2021 P8.png
Definimos los puntos $E$ la segunda intersección de $PQ$ con la circunferencia violeta, $F,I$ tales que $PF$ y $PI$ son tangentes a la circunferencia roja, $G$ la segunda intersección de $AB$ con la circunferencia azul, $H$ la segunda intersección de $CD$ con la circunferencia violeta y $J$ la segunda intersección de $PR$ con la circunferencia azul. Sea $O$ el centro de la circunferencia roja. Notemos que $OM\perp AB$, $ON\perp CD$, $OF\perp PF$ y $OI\perp PI$, las dos primeras porque $OM$ y $ON$ son mediatrices al ser $O$ el centro de la circunferencia y las otras dos porque $PF,PI$ son tangentes y $O$ es el centro de la circunferencia, entonces $PFMONI$ es cíclico y por lo tanto $PQFMONIR$ es cíclico.
Ahora vamos a ver que $E,F,G,H,I,J$ están alineados. Por Potencia de un Punto respecto de las circunferencias roja y violeta se tiene$$PF^2=PA\cdot PB=PH\cdot PN=PQ\cdot PE$$y análogamente$$PI^2=PC\cdot PD=PG\cdot PM=PR\cdot PJ.$$En particular se tiene que $PG\cdot PM=PI^2=PF^2=PH\cdot PN$, con lo que $MNHG$ es cíclico. De $PF^2=PG\cdot PM$ tenemos que $PFG\simeq PMF$ y por lo tanto $\angle PFG=\angle PMF$, de la misma forma se tiene que $\angle PFE=\angle PQF$ y $\angle PFH=\angle PNF$, pero $\angle PMF=\angle PNF=180^\circ -\angle PQF$ por arco capaz en la circunferencia verde, entonces $E,F,G,H$ están todos en la recta $FG$. Análogamente se tiene que $G,H,I,J$ están todos en la recta $HI$. Entonces $E,F,G,H,I,J$ están todos en la recta $GH$.
Como $FI,MR,CD$ son los ejes radicales de las circunferencias roja, verde y azul, entonces concurren, con lo que $M,H,R$ están alineados. Análogamente se tiene que $N,G,Q$ están alineados. Entonces vale que$$\angle PQR=\angle PMR=\angle GMH=\angle GNH=\angle QNP=\angle QRP$$de modo que $PQ=PR$, como queríamos.
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Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

M. Julieta. B

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Re: FOFO 11 Años - Problema 8

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Defino a $O$ como el circuncentro de la circunscripta de $ABCD$.

$PNOM$ es cíclico: Como $O$ es circuncentro, $\overline{OA}=\overline{OD}=\overline{OC}=\overline{OB}$. $M$ y $N$ son los puntos medios de $AB$ y $CD$ por definición de enunciado, entonces $DOC$ es isósceles en $O$ (porque $\overline{OC}=\overline{OD}$ y $\overline{DN}=\overline{NC}$) y también lo es $ABO$ (porque $\overline{OA}=\overline{OB}$ y $\overline{AM}=\overline{MB}$). Ahora, $ON\perp PC$ y $OM\perp PM$, es decir, $\angle PNO=\angle OMP=90^\circ$. Al sumar ambos $180^\circ$ y estar opuestos por la cuerda $PO$, $PNOM$ es cíclico y $PO$ es diámetro de la circunscrita porque los ángulos son de $90^\circ$.

$O$ pertenece a la circunscrita de $PRNMQ$: Como los cuadriláteros cíclicos $PRNMQ$ Y $PNOM$ comparten tres puntos en común, $P$, $N$ y $M$, y existe una única circunferencia que pasa por los tres puntos del triángulo $PNM$, el punto $O$ pertenece a la circunscrita de $PRNMQ$, es decir, $PRNOMQ$ es un hexágono cíclico.

Llamo a la circunscrita de $PRNOMQ$ verde, a $MDRC$ roja, a $ABCD$ azul y a $QANB$ violeta. Por el lema de que los ejes radicales de tres circunferencias tomadas de a dos se intersecan en un punto, por un lado, marco los ejes radicales de verde, roja y azul, y por el otro de verde, violeta y azul.
Verde, roja, azul: trazo $MR$ (intersección de verde y roja), defino los puntos $H$ e $I$ como los puntos de intersección entre verde y azul, entonces $HI$ (intersección de verde y azul), la intersección de roja y verde es el segmento $PC$. Al punto de intersección de $PC$, $HI$ y $MR$ lo llamo $K$.
Verde, violeta, y azul: trazo $QN$ (intersección de violeta y verde), $HI$ (intersección de azul y verde) y la intersección de violeta y azul es el segmento $PB$. Al punto de intersección de $QN$, $HI$ y $PB$ lo llamo $J$.
Como $J$ y $K$ pertenecen al segmento $HI$, $H$, $J$, $K$ e $I$ son colineales.

$PO\perp HI$: $PO$ es diámetro de verde, por lo que allí está el circuncentro de la verde y $O$ es circuncentro de azul. Como el eje radical de azul y verde es $HI$, por el lema de que el eje radical es siempre perpendicular al segmento que une los centros de las circunferencias, $PO$ es perpendicular a $HI$. Entonces, si llamo $F$ a la intersección de estos dos segmentos, $\angle OFI=\angle OFK=90^\circ$.

$FKNO$ es cíclico: Esto es porque $\angle KNO+\angle OFK=90^\circ +90^\circ =180^\circ$.

$JKNM$ es cíclico: $\angle FKN=\angle JKN=\alpha$. Como $FKNO$ es cíclico, $\angle NOF=\angle NOP=180^\circ -\angle FKN=180^\circ -\alpha$. Por arco capaz en verde con la cuerda $PN$, $\angle NOP=\angle NMP=\angle NMJ=180^\circ -\alpha$. Entonces, como $\angle JKN+\angle NMJ=\alpha +(180^\circ -\alpha )=180^\circ$, $JKNM$ es cíclico.

$\angle PRQ=\angle RQP$: Trazo el segmento $RQ$. Por arco capaz sobre la cuerda $JN$, $\angle KNJ=\angle KMJ=\beta$. Al estar $K$ sobre la cuerda $PN$ y $J$ sobre la cuerda $QN$, por arco capaz en verde con cuerda $PR$, $\angle KMJ=\angle RMP=\angle RQP=\beta$. Por arco capaz con cuerda $PQ$, $\angle KNJ=\angle PNQ=\angle PRQ=\beta$. Finalmente por transitividad, $\angle PNQ=\angle PRQ=\angle RMP=\angle PRQ=\angle RQP=\beta$.
Por lo tanto, como $\angle PRQ=\angle RQP=\beta$, el triángulo $PRQ$ es isósceles con $PR=PQ$.
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