Sea [math]ABC un triángulo acutángulo escaleno, y sea [math]M el punto medio de [math]BC. Sean [math]D y [math]E los pies de las alturas desde [math]C y [math]B respectivamente. Sean [math]L y [math]K los puntos medios de [math]MD y [math]ME respectivamente. La recta [math]LK interseca a las rectas [math]AB y [math]AC en los puntos [math]X e [math]Y respectivamente. Probar que el cuadrilátero [math]AXMY es cíclico.
Sea [math]\theta = 1,3063778838... Para todo entero positivo [math]k se cumple que [math]\left\lfloor \theta^{3^k}\right\rfloor es un número primo.
Es claro que el cuadrilátero [math]BDEC es cíclico y su centro es [math]M, pues de hecho [math]DM y [math]EM son medianas en los triángulos rectángulos [math]BDC y [math]BEC. En particular, es [math]MD=ME. Además, como [math]BDM y [math]EMC son isósceles, [math]\angle MDB=\angle B y [math]\angle MEC = \angle C. Por la ciclicidad de [math]BDEC, se tiene que [math]\angle ADE=\angle C y [math]\angle AED=\angle B. Esto dice que [math]\angle MDE = \angle MED = \angle A, y obviamente [math]\angle DME = 180^{\circ}-2\angle A. Por lo tanto, tenemos que [math]MD y [math]ME son tangentes a la circunferencia circunscripta de [math]ADE.
Ahora lo mágico. Notemos que [math]LD=LM y [math]EK=KM por ser [math]K y [math]L puntos medios. En particular [math]LD^2=LM^2 y [math]KE^2=KM^2. Se sigue que [math]L y [math]K tienen la misma potencia respecto de la circunferencia circunscripta de [math]ADE y respecto del punto [math]M. O sea, [math]L y [math]K están en el eje radical de esa circunferencia y ese punto. Como [math]X e [math]Y están en ese eje radical, se sigue que [math]XM^2=XD\cdot XA y [math]YM^2=YE\cdot YA. En particular, de la primera de esas dos igualdades se tiene que:
[math]\frac{XM}{XA}=\frac{XD}{XM}
de donde se obtiene que los triángulos [math]MXA y [math]DMX son semejantes y por lo tanto [math]\angle XMD = \angle XAM. Del mismo modo, resulta que [math]\angle YAM = \angle YME. Por lo tanto para concluir que [math]AXMY es cíclico, basta notar que:
Para empezar vamos a reformular la definición del punto [math]M para poder olvidarnos de los puntos [math]B y [math]C.
Sea [math]\omega la circunferencia circunscrita del triangulo [math]ADE.
Empecemos demostrando que [math]M es la intersección de las tangentes a [math]\omega por [math]D y por [math]E.
Es un hecho conocido que el circuncentro de un triangulo rectángulo es el punto medio de su hipotenusa.
Sabiendo eso, en el triangulo [math]BDC obtenemos [math]BM=MC=MD y en el triangulo [math]BEC obtenemos [math]BM=MC=ME.
Por lo tanto el cuadrilátero [math]BCDE es cíclico cuyo circuncentro es [math]M.
Como [math]ME=MB entonces [math]\widehat{BEM}=\widehat{B}. [math]\widehat{BME}=180-\widehat{BEM}-\widehat{B}=180-2\widehat{B}
Análogamente [math]\widehat{CMD}=180-2\widehat{C}. [math]\widehat{DME}=180-\widehat{BME}-\widehat{CMD}=2\widehat{B}+2\widehat{C}-180=360-2\widehat{A}-180=180-2\widehat{A}.
Como [math]MD=ME entonces [math]\widehat{MDE}=\widehat{MED}=\frac{180-\widehat{DME}}{2}=\widehat{A}.
Como [math]\widehat{MDE}=\widehat{DAE} obtenemos por semi-inscritos que [math]MD es tangente a [math]\omega.
Análogamente obtenemos que [math]ME es tangente a [math]\omega. Por lo tanto queda entonces demostrado que [math]M es la intersección de las tangentes a [math]\omega por [math]D y por [math]E.
Reformulemos el problema al siguiente:
Sea [math]ADE un triangulo acutángulo escaleno y sea [math]\omega su circunferencia circunscrita. Sea [math]M la intersección de las tangentes a [math]\omega por [math]D y por [math]E. Sean [math]L y [math]K los puntos medios de [math]MD y [math]ME respectivamente. La recta [math]LK interseca a las prolongaciones de [math]AE y [math]AD en los puntos [math]X e [math]Y respectivamente. Probar que el cuadrilátero [math]AMXY es cíclico.
*Notar que al olvidarnos inmediatamente de [math]B y de [math]C nos queda el mismo problema exacto, sin importar si [math]X e [math]Y caen en los lados, [math]AB y [math]AC, o en sus prolongaciones.
**El triangulo [math]ADE es acutángulo escaleno ya que [math]\widehat{ADE}=180-\widehat{EDC}=\widehat{B} y análogamente [math]\widehat{AED}=\widehat{C}. Por lo tanto es semejante a nuestro triangulo original [math]ABC, que era acutángulo escaleno.
Figura de analisis:
OFO 2016 4.png
Veamos que como [math]KL es base media del triangulo [math]MDE entonces las rectas [math]DE y [math]KL son paralelas.
Por lo tanto [math]\widehat{MKL}=\widehat{MED}=\widehat{A}.
Y [math]\widehat{MLK}=\widehat{MDE}=\widehat{A}.
Entonces [math]\widehat{MKL}=\widehat{MLK}=\widehat{XKE}=\widehat{YLD}=\widehat{A} y [math]\widehat{XKM}=\widehat{MLY}=180-\widehat{A}.
Usando nuevamente que las rectas [math]DE y [math]XY son paralelas obtenemos [math]\widehat{ADE}=\widehat{AYX} y [math]\widehat{AED}=\widehat{AXY}.
Como [math]\widehat{YLD}=\widehat{A} y [math]\widehat{AYX}=\widehat{ADE}. Entonces los triangulos [math]ADE y [math]LYD son semejantes (en esa orientación).
Análogamente, los triángulos [math]ADE y [math]KEX son semejantes (en esa orientación).
Por lo tanto los triángulos [math]LYD y [math]KEX son semejantes (en esa orientación).
De ahí obtenemos [math]\frac{XK}{EK}=\frac{DL}{LY}.
Como [math]EK=KM=ML=LD, [math]\frac{XK}{KM}=\frac{LM}{LY}.
Esa última razón, combinada con [math]\widehat{XKM}=\widehat{MLY} nos dice que los triángulos [math]XKM y [math]MLY son semejantes (en esa orientación).
Por lo tanto [math]\widehat{YML}=\widehat{KXM}.
Entonces [math]\widehat{XMY}=\widehat{EMD}+\widehat{XMK}+\widehat{LMY}=180-2\widehat{A}+\widehat{XMK}+\widehat{KXM} [math]\widehat{XMY}=180-2\widehat{A}+180-\widehat{XKM}=180-\widehat{A}.
Como [math]\widehat{XAY}+\widehat{XMY}=180, queda entonces demostrado que el cuadrilátero [math]AYMX es cíclico.
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Quería postear literalmente la solución que mandé, por lo que les aviso que en esta solución menciono un lema que al final ni si quiera uso de forma indispensable.
Nota antes de empezar: no pude acompañar la solución con una figura de análisis a base de estar de viaje con una portátil y no tener descargado ningún programa para esto. En esta solución, sin pérdida de generalidad, asumo que [math]AC>AB.
Llamemos [math]N al punto medio de [math]DE. Ahora usaremos un lema algo desconocido pero de mucha utilidad para empezar a nombrar los ángulos.
Dado un triángulo [math]ABC de alturas [math]CD y [math]BE, sea [math]N el punto medio de [math]DE, entonces [math]AN coincide con una simediana del triángulo [math]ABC.
Es fácil ver que en este caso [math]N se encuentra en el mismo semiplano de [math]AM que [math]D. Por propiedad de simediana tenemos que la bisectriz de [math]N\hat{A}M coincide con la bisectriz de [math]B\hat{A}C. Luego, podemos decir que [math]B\hat{A}N=M\hat{A}C=a. y que [math]N\hat{A}M=b
Para demostrar que [math]AXMY es cíclico vamos a ver que [math]A\hat{X}Y=A\hat{M}Y. Vamos a rotular los otros dos ángulos de [math]ADE ahora, de forma que [math]A\hat{D}E=d y [math]A\hat{E}D=c. Viendo los ángulos interiores de [math]ADE concluimos que [math]2a+b+c+d=180^{\circ}. Notemos ahora que [math]LK es base media de [math]DE, por lo que estas dos rectas son paralelas, de donde [math]A\hat{X}Y=d y [math]A\hat{Y}X=c.
Como [math]B\hat{D}C=B\hat{E}C al ser ambos ángulos rectos, es cuadrilátero [math]BDEC es cíclico. Además, por propiedad de mediana de un triángulo rectángulo en los triángulos [math]BDC y [math]BEC obtenemos que [math]BM=DM=EM=CM, por lo que [math]M es el centro de dicho cuadrilátero. De esto podemos ver que [math]A\hat{B}C=B\hat{D}M=c y que [math]A\hat{C}B=M\hat{E}C=d. Por suma de ángulos internos, obtenemos que [math]B\hat{M}D=180^{\circ}-2c y que [math]C\hat{M}E=180^{\circ}-2d.
Como [math]DM=ME, tenemos que [math]NM es mediatriz de [math]DE, por lo que [math]NM y [math]DE son perpendiculares. Luego, al tratarse de un triángulo isósceles, [math]NM es además bisectriz de [math]D\hat{M}E, por lo que [math]D\hat{M}N=N\hat{M}E=c+d-90^{\circ}.
Llamemos ahora [math]I al punto de intersección de [math]DE y [math]AM (al ser [math]AC>AB, [math]I se encuentra entre [math]N y [math]E). Por suma de ángulos internos en el triángulo [math]AEI, obtenemos que [math]A\hat{I}E=N\hat{I}M=180^{\circ}-a-c. Luego, por suma de ángulos internos en [math]NIM, obtenemos que [math]N\hat{M}I=a+c-90^{\circ}. Luego, para calcular [math]A\hat{M}E calculamos [math]N\hat{M}E-N\hat{M}I=c+d-90^{\circ}-(a+c-90^{\circ})=d-a.
Llamemos ahora [math]F al simétrico de [math]E por [math]Y. Notemos que [math]KY es base media de [math]MF, por lo que estas dos rectas son paralelas. Luego, [math]E\hat{F}M=c. Notemos ahora que los ángulos de [math]ABC y [math]MFE coinciden, por lo que estos triángulos son semejantes. Notemos ahora [math]MY es mediana de [math]MFE al igual que [math]AM es mediana de [math]ABC. Luego, los triángulos [math]MYE y [math]AMC también son semejantes y en particular obtenemos que [math]E\hat{M}Y=M\hat{A}C=a. Luego, sumando este último ángulo a [math]A\hat{M}E obtenemos que [math]A\hat{M}Y=d=A\hat{X}Y, por lo que [math]AXMY es cíclico, como queríamos demostrar.
En las rectas [math]AB y [math]AC ubicamos los puntos [math]X_0 e [math]Y_0 tal que
[math]AM^2=AX_0\cdot AB=AY_0\cdot AC.
Según ello podemos deducir que [math]\angle ABM=\angle AMX_0 y [math]\angle ACM=\angle AMY_0. También podemos deducir que el cuadrilátero [math]BX_0Y_0C es cíclico, por lo tanto [math]\angle AX_0Y_0=BCY_0 y [math]\angle AY_0X_0=CBX_0. Luego, como [math]\angle X_0MA=X_0Y_0A entonces el cuadrilátero [math]AX_0MY_0 es cíclico.
Trazamos la altura [math]CD en el triángulo [math]ABC y trazamos la mediana [math]DM cortando a la recta [math]X_0Y_0 en el punto [math]L_0. Es claro que [math]DM=BM, en consecuencia [math]\angle DBM=BDM. Notemos que [math]\angle DMX_0+\angle DMA=\angle BDM=\angle DMA+\angle DAM, por lo tanto, [math]\angle DAM=\angle DMX_0.
Observemos que los triángulos [math]DMX_0 y [math]AMB son semejantes. Ahora, en el triángulo [math]ABC trazamos [math]MN, donde [math]N es punto medio de [math]AB. Luego, es fácil notar que [math]\angle NMB=\angle ACB y [math]\angle NMA=\angle MAC. Como los triángulos [math]ABM y [math]DMX_0 son semejantes y [math]\angle BMN=\angle DX_0L_0 podemos deducir que los lados [math]MN y [math]X_0L_0 son homólogos, por lo tanto [math]L_0 es punto medio del lado [math]DM, es decir, [math]L_0=L.
Por otro lado, trazamos la altura [math]BE en el triángulo [math]ABC y sea [math]K_0 el punto de corte de [math]ME con la recta [math]X_0Y_0. De manera análogo podemos deducir que [math]K_0 es punto medio del lado [math]ME (usando los mismos argumentos que hemos usado para probar que [math]L_0 es punto medio de [math]DM). Luego, [math]K_0=K, y como la recta [math]LK corta a las rectas [math]AB y [math]AC en los puntos [math]X_0 e [math]Y_0, respectivamente, entonces [math]X_0=X e [math]Y_0=Y, y por ende deducimos que el cuadrilátero [math]AXMY es cíclico.
Sean [math]\angle BAC=\alpha, [math]\angle CBA=\beta, [math]\angle ACB=\gamma, [math]O el circuncentro de [math]\triangle ADE, [math]P la intersección de [math]XY con [math]OM, [math]Q el punto medio de [math]EC, [math]R el punto medio de [math]BD y [math]S la intersección de [math]ED con [math]OM. Como [math]\angle BDC=\angle BEY=90^{\circ}, sigue que [math]BDEC es cíclico, y como [math]M es punto medio de [math]BC vale que [math]BM=MC=ME=MD. Al ser [math]\triangle BMD isósceles, [math]\angle BDM=\angle MBD=\beta. Dado que [math]BDEC es cíclico, [math]\angle EDA=\angle ACB=\gamma. Luego, como [math]\alpha+\beta+\gamma=180^{\circ}, sigue que [math]\angle MDE=\alpha, y por ser [math]\triangle MDE isósceles, [math]\angle DEM=\alpha, de ahí, por suma de ángulos internos en [math]\triangle MDE, sigue que [math]\angle EMD=180^{\circ}-2\alpha. Como [math]O es circuncentro de [math]\triangle DAE, por ser ángulo central, [math]\angle DOE=2\angle DAE=2\alpha, entonces [math]\angle DOE+\angle EMD=180^{\circ}, con lo cual [math]EMDO es cíclico. Luego, por arco capaz, [math]\angle EOM=\angle EDM=\alpha y [math]\angle DEM=\angle DOM=\alpha, y como [math]\triangle DOE es isósceles (ya que [math]DO=OE por ser circuncentro), por arco capaz, sigue que [math]\angle OED=\angle EDO=\angle EMO=\angle OMD=\frac{180^{\circ}-2\alpha}{2}=90^{\circ}-\alpha. De inmediato sigue que [math]OM\perp ED y que [math]ES=SD (ya que [math]SO es altura y bisectriz en [math]\triangle DOE). Como [math]EK=KM=ML=LD=h por ser [math]K y [math]L puntos medios de [math]EM y [math]MD, por Thales, sigue que [math]KL\parallel ED, y que [math]KP=PL (notar que [math]\triangle MED es semejante al [math]\triangle MKL) (I). Dado que [math]R es punto medio de [math]BD, sigue que [math]MR es altura de [math]\triangle MBD (ya que este es isósceles), y como [math]L es punto medio de [math]MD, sigue que [math]ML=LD=LR=h. Análogamente, como [math]Q es punto medio de [math]CE, resulta que [math]MQ es altura del triángulo [math]CME (ya que este es isósceles), y al ser [math]K punto medio de [math]ME, sigue que [math]MK=KE=KQ=h\Rightarrow LR=KQ=h (II). Al ser [math]ED\parallel KL, obtenemos que [math]\angle MLK=\angle MDE=\alpha. Como [math]L es punto medio de [math]MD y [math]R es punto medio de [math]BD, por Thales, [math]MB\parallel LR y entonces [math]\angle BMD=\angle RLD=180^{\circ}-2\beta. Por ser suplementarios, [math]\angle MLR=2\beta, así [math]\angle PLR=\angle PLM+\angle MLR=\alpha+2\beta. Por otro lado, vamos a calcular [math]\angle QKP. Por suma de ángulos internos en [math]\triangle QKE, [math]\angle QKE=180^{\circ}-2\gamma (ya que [math]QK=KE y [math]\angle CEM=\angle MCE=\angle QKE=\gamma). Por ser [math]ED\parallel KL, [math]\angle EKL=180^{\circ}-\angle KED=180^{\circ}-\alpha. Entonces:
, con lo cual [math]\angle QKP=\angle PLR=\alpha+2\beta (III). Luego, por (I), (II) y (III), sigue que [math]\triangle QKP y [math]\triangle PLR son congruentes, con lo cual [math]\angle RPL=\angle KPQ, y como [math]L, [math]P y [math]K se encuentran alineados, sigue que [math]Q, [math]P y [math]R también lo están. Si prestamos atención, [math]MR es perpendicular a la recta [math]AX ( y se intersecan en [math]R), [math]MP es perpendicular a la recta [math]XY (y se intersecan en [math]P) y [math]MQ es perpendicular a la recta [math]AY (y se intersecan en [math]Q), entonces como también [math]Q, [math]P y [math]R se encuentran alineados, concluimos que dichos puntos pertenecen a la recta de Simson del triángulo [math]AXY con respecto al punto [math]M, por lo tanto, [math]M pertenece al circuncírculo de [math]\triangle AXY, es decir, [math]AXMY es cíclico.
Sea [math]T' el punto de interseccion de [math]AM y la circunferencia circunscripta al triangulo [math]ABC. Sea [math]T la reflexion de [math]T' por [math]M. Al ser [math]ABC acutangulo, [math]T cae dentro del triangulo [math]ABC y es claro que cae sobre [math]AM. Por potencia de un punto [math]AM\times{MT'}=BM\times{CM}\implies{AM\times{MT}}=MB^2, por lo que [math]MB es tangente al circuncirculo de [math]BTA y [math]\angle{MBT}=\angle{MAB}. Entonces, [math]\angle{MTB}=\angle{MAB}+\angle{ABT}=\angle{MBT}+\angle{ABT}=\angle{ABC} y analogamente [math]\angle{MTC}=\angle{ACB} y por ende [math]\angle{BTC}=180-\angle{BAC}. Sea [math]H el ortocentro de [math]ABC. Como [math]\angle{HDA}=\angle{HEA}=90, [math]AEHD es ciclico y [math]\angle{DHE}=180-\angle{BAC} por eso, y por opuestos por el vertice, [math]\angle{BHC}=\angle{DHE}=180-\angle{BAC}, por lo que [math]\angle{BTC}=\angle{BHC} y el cuadrilatero [math]BHTC es ciclico. Sin perdida de generalidad, [math]AC>AB. Entonces [math]H cae dentro de [math]ABM. Entonces [math]\angle{TBC}=\angle{THC}, y por lo obtenido antes, [math]\angle{TBC}=\angle{TAB}=\angle{THC} y entonces [math]TADH es ciclico, es decir, [math]TEAD es ciclico. Ahora, la paralela a [math]DE por [math]M corta a [math]AC en [math]P y a [math]AB en [math]Q. Notemos que como [math]\angle{BDC}=\angle{BEC}=90, [math]BDEC es ciclico, por lo que [math]\angle{ACB}=\angle{ADE}=\angle{PQA}, lo ultimo por ser [math]DE paralela a [math]PQ. Por ser [math]AC>BC[math]Q cae en la semirrecta [math]AB y [math]P dentro del segmento [math]AC. Ahora, al ser [math]ABCT' ciclico, [math]\angle{ACB}=\angle{ATB} y entonces [math]\angle{ATB}=\angle{MQB} y [math]BMTQ es ciclico. Entonces [math]\angle{ATQ}=\angle{MBA}=\angle{AED}=\angle{APQ}, donde uso que [math]BDEC es ciclico y que [math]PQ es paralelo a [math]DE, por lo que [math]APTQ es ciclico.
Ahora notemos que [math]\angle{EAT}=\angle{EDT} y tambien [math]\angle{PAT'}=\angle{PQT'} usando que [math]ADTE y [math]APT'Q son ciclicos, queda que [math]\angle{PQT'}=\angle{EDT} y como [math]\angle{ETD}=\angle{PT'Q}=180-\angle{BAC}, nos queda que [math]ETD y [math]PT'Q son semejantes, y como [math]PE, [math]TT' y [math]DQ son homoteticos, al haber una homotecia de centro en [math]A que manda uno al otro. Entonces podemos mandar este triangulo a uno que tenga como vertices los puntos medios de [math]EP, [math]DQ y [math]TT', siendo esta homotecia tambien de centro en [math]A. Si probamos que estos puntos son [math]Y, [math]X y [math]M estamos, porque entonces [math]\angle{XMY}=180-\angle{BAC} y sera ciclico el cuadrilatero [math]AXMY. Bueno, pero esto es verdad ya que por ser base media, [math]LK es paralela a [math]ED y por ende paralela a [math]PQ por lo que por Thales, [math]\frac{DX}{XQ}=\frac{DL}{LM}=1 y [math]\frac{EY}{YP}=\frac{EK}{KM}=1 y estamos, ya que por definicion [math]M es punto medio de [math]TT'.
Sea $F$ el segundo punto de intersección de $AM$ y el circuncírculo de $ADE$, sea $G=MY\cap DE$, y sea $H$ el ortocentro de $ABC$.
Como $HD\perp AD$ y $HE\perp AE$, tenemos que $ADHE$ es cíclico y $AH$ es diámetro de $\odot ADE$. Por la propiedad de la mediana de un triángulo rectángulo tenemos $ME=MB=MC=MD$.
Veamos que $ADFE$ es armónico. En efecto, sea $P$ el punto de intersección de la tangente a $\odot ADE$ por $A$ con $BC$, como $AP\perp AH\perp BC$, tenemos $P=P_{\infty BC}$, de donde $\{A,F;D,E\}\underset{A}{=}\{P_{\infty BC},M;C,B\}=-1$. Luego, como $M\in AF$ y $MD=ME$, tenemos que $MD$ y $ME$ son tangentes a $\odot ADE$.
Veamos que $FD\parallel MY$. En efecto, por ser $L,K$ puntos medios de $MD,ME$, tenemos $LK\parallel DE$, de donde $YK\parallel GE$, por lo que $Y$ es el punto medio de $MG$. Sea $P'$ el punto de intersección de $DF$ con $MY$, luego, $\{Y,P';M,G\}\underset{D}{=}\{A,F;D,E\}=-1$, de donde $P'=P_{\infty MY}$, por lo que $DF\parallel MY$. Análogamente, $EF\parallel MX$.
Entonces la homotecia de centro $A$ que manda $F$ a $M$, también manda $D$ a $Y$, y manda $E$ a $X$. Como $ADFE$ es cíclico, tenemos que $AXMY$ es cíclico.
