Iberoamericana 2010 P3

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.

Iberoamericana 2010 P3

UNREAD_POSTpor Matías V5 » Sab 16 Ago, 2014 2:25 pm

Sea $\Gamma$ el incírculo de un triángulo escaleno $ABC$, que es tangente a los lados $BC, CA, AB$ en los puntos $D, E, F$ respectivamente. Las rectas $EF$ y $BC$ se cortan en $G$. La circunferencia de diámetro $GD$ corta a $\Gamma$ por segunda vez en $R$. Sean $P$ y $Q$ los puntos de intersección (distintos de $R$) de $\Gamma$ con $BR$ y $CR$, respectivamente. Las rectas $BQ$ y $CP$ se cortan en $X$, el circuncírculo de $CDE$ corta a $QR$ en $M$ y el circuncírculo de $BDF$ corta a $PR$ en $N$.
Demostrar que $PM$, $QN$ y $RX$ son concurrentes.
"La geometría es el arte de hacer razonamientos correctos a partir de figuras incorrectas." -- Henri Poincaré
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Matías V5
 
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Re: Iberoamericana 2010 P3

UNREAD_POSTpor jujumas » Jue 09 Feb, 2017 5:49 pm

Una con varios pasos que usa algo de geometría proyectiva. Para no hacer la solución muy larga, dejo picando las trivialidades.

Solución:
Spoiler: Mostrar
Figura de análisis 1: https://gyazo.com/2239bb1393c216a1e4bd2be1fa3864ac

Lema: La circunferencia de diámetro $GD$ es la circunferencia de Apolonio con respecto a $B$, $C$ y $D$.
Demostración: Notemos que $AD$, $BE$ y $CF$ concurren por Ceva usando que $AE=AF$, $BD=BF$ y $CD=CE$. Llamemos $H$ a el punto donde concurren y $D'$ al punto de intersección de $AD$ y $EF$. Luego, $\{B,C;D,G\}=^{H}\{E,F;D',G\}=^{A}\{C,B;D,G\}=\{B,C;D,G\}^{-1}$, de donde $\{B,C;D,G\}=-1$ y (tomando los segmentos no dirigidos), concluímos que $\frac{BD}{DC}=\frac{BG}{GC}$, de donde queda demostrado el Lema por el Teorema de Apolonio.


Figura de análisis 2:https://gyazo.com/0f4e0005720d8e01a9f19b57ef1c7fa1

Sabemos ahora por el teorema de Apolonio que $\frac{RB}{RC}=\frac{DB}{DC}$, de donde $RD$ es bisectriz del ángulo $B\hat{R}C$ por el teorema de la bisectriz. Por semi-inscriptos, tenemos que $P\hat{D}B=P\hat{R}D$ y $Q\hat{D}C=Q\hat{R}D$. Aplicando suma de ángulos internos llegamos a que $RBD$ y $RDQ$ son semejantes, de donde $R\hat{B}D=R\hat{D}Q=R\hat{P}Q$, de donde $PQ$ y $BC$ son paralelas. Supongamos ahora que $RX$ interseca a $BC$ en $R'$. Ceva nos da que $\frac{CQ}{QR}\frac{RP}{PB}\frac{BR'}{R'C}=1$, por Thales, esto quiere decir que $R'$ es punto medio de $BC$. Luego, $RX$ corta a $BC$ en su punto medio, por lo que $RX$ corta a $PQ$ en su punto medio. Y acá damos paso a la segunda idea clave de la solución:


Lema 2: $N$ es punto medio de $RP$ (análogamente, $M$ es punto medio de $RQ$).
Demostración: Por arco capaz, $B\hat{N}I=90^{\circ}$. Luego, pitágoras nos dice que $BN^2+NI^2=BD^2+ID^2=IB^2$. Como $ID=IP$, esto implica que $BN^2=BD^2+IP^2-IN^2$, que por pitágoras en $PNI$ es equivalente a $BN^2-NP^2=BD^2$, o que $BP \times (BN+NP)=BD^2$. Pero por potencia de un punto $BD^2=BP \times BR$. Luego, $BP \times (BN+NP) = BP \times BR$, y como $BP$ no es $0$, $BN+NP=BR=BN+NR$, de donde queda demostrado el Lema.


Luego, tenemos que $PM$, $QN$ y $RX$ son medianas del triángulo $RPQ$, de donde concurren en el baricentro del mismo.

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