26º Olimpiada Iberoamericana 2011. Problema 3.

[AgustinChenna.]

Sea $ABC$ un triangulo y sean $X,Y,Z$ los puntos de tangencia de su circunferencia inscrita con los lados $BC,CA,AB$, respectivamente. Suponga que $C_1,C_2,C_3$ son circunferencias con cuerdas $YZ,ZX,XY$, respectivamente, tales que $C_1,C_2$ se cortan sobre la recta $CZ$ y que $C_1,C_3$ se cortan sobre la recta $BY$. Suponga que $C_1$ corta a las cuerdas $XY$ y $ZX$ en $J$ y $M$, respectivamente; $C_2$ corta a las cuerdas $YZ$ y $XY$ en $L$ e $I$, respectivamente; y que $C_3$ corta a las cuerdas $YZ$ y $ZX$ en $K$ y $N$, respectivamente. Demostrar que $I,J,K,L,M,N$ están sobre una misma circunferencia.

[AgustinChenna.]

No entiendo el objetivo de ponerle suponga a todo

[Vladislao]

Chateando con Bruno me dieron ganas de hacerlo...

Spoiler: mostrar

ibero2011.PNG

Sea [math]E la intersección de las circunferencias [math]C_1 y [math]C_2, y sea [math]F la intersección de [math]C_1 y [math]C_3.

Es fácil notar que [math]\angle CYX = \angle CXY = \angle XZY, análogamente [math]\angle AZY = \angle AYZ = \angle YXZ y [math]\angle BZX = \angle BXZ = \angle XYZ.

Sabemos, por enunciado que [math]MJYZ es cíclico (su circuncírculo es [math]C_1). En particular, de ésto sale que [math]\angle JMZ = 180º-\angle ZYJ. Pero [math]\angle JMX = 180º-\angle JMZ = 180º-(180º-\angle ZYJ) = \angle ZYJ.

Entonces, de la igualdad [math]\angle JMX = \angle ZYJ sale que [math]\angle JMX = \angle ZXB por las igualdades de ángulos que citamos al comienzo. Eso implica que [math]MJ \parallel BC. Del mismo modo podemos probar que [math]LI \parallel AC y que [math]KN \parallel AB.

Ahora, en la circunferencia [math]C_1 tenemos que [math]\angle XZY = \angle MZY = \angle MFY por arco capaz.

Prolongamos [math]KJ hasta que corte a [math]BC en [math]H. Es claro que [math]\angle HXY = \angle MFY esto nos dice que [math]F, [math]M y [math]H son colineales, y en particular tenemos que [math]H está en [math]C_3.

Ahora, de lo último sale que [math]\angle XHK = \angle XYK = \angle XYZ. Pero teníamos que [math]\angle XYZ=\angle XMJ, luego [math]\angle XHK = \angle XHJ = \angle XYZ = \angle XMJ, en particular [math]\angle XHJ = \angle XMJ, luego [math]XHJM es un paralelogramo ya que [math]MJ \parallel XH.

Entonces, [math]JH \parallel XZ, o lo que es lo mismo [math]KJ \parallel MN.

Como [math]\angle ZNK = \angle JMX, sigue que [math]\angle NMJ = \angle MNK y como [math]MN \parallel KJ, el cuadrilátero [math]MNKJ es un trapecio isósceles, y en particular es cíclico. Con razonamientos análogos se puede probar que [math]NKLI, [math]LIJM y de ésto (haciendo un par de angulitos fáciles más) se concluye que el hexágono [math]MNKLIJ es cíclico, como queríamos.

[Prillo]

Prolongamos [math]KJ hasta que corte a [math]BC en [math]H . Es claro que [math]\angle HXY=\angle MFY esto nos dice que [math]F, [math]M y [math]H son colineales, y en particular tenemos que [math]H está en [math]C_3.

No veo como [math]\angle HXY=\angle MFY implica la colinealidad de [math]F,M y [math]H.

[Vladislao]

Tenés razón, pensé que era cierto porque me confundí en la definición de [math]H.

Spoiler: mostrar

ibero20111.PNG

Vamos a definir [math]H como la intersección de [math]FM y [math]BC y vamos a definir como [math]G a la intersección de [math]FN y [math]AB.

Por potencia desde [math]B no es difícil ver que [math]ZG = XH. De ésto se sigue que [math]HG \parallel XZ.

Sea [math]P la intersección de [math]KN con [math]MJ. Tenemos que [math]MN\parallel HG, [math]PN \parallel BG y [math]PM \parallel BH, luego los triángulos [math]\triangle BHG y [math]\triangle MNP son semejantes, y en particular, homotéticos. De ésto se sigue que [math]P yace en [math]BY. Pero [math]BY es el eje radical de [math]C_1 y [math]C_3.

Luego, la potencia de [math]P con respecto a [math]C_1 es [math]PM\cdot PJ, y la potencia de [math]P respecto de [math]C_3 es [math]PN\cdot PK. Como [math]P estaba en el eje radical: [math]PM \cdot PJ = PN \cdot PK. Pero [math]PM = PN, luego [math]PJ = PK, es decir [math]MJ = KN, pero como [math]\angle KNM = \angle JMN, sigue que [math]KNMJ es un trapecio isósceles, y en particular es cíclico.

De la misma forma, podemos encontrar ciclicidades simétricas, y el problema queda resuelto. (Releer la última parte de mi post anterior).

[Prillo]

Vamos a definir [math]H como la intersección de [math]FM y [math]BC y vamos a definir como [math]G a la intersección de [math]FN y [math]AB.

Por potencia desde [math]B no es difícil ver que [math]ZG=XH. De ésto se sigue que [math]HG||XZ.

Faltaría ser mas claro en que con estas definiciones de [math]G y [math]H, estos puntos caen sobre [math]C_1 y [math]C_3 respectivamente. Esto es porque [math]\angle GFY=\angle NFY=\angle NXY=\angle GZY, y análogamente con [math]H. Ahora sí no es difícil ver que por la potencia desde [math]B a [math]C_1 y [math]C_3, [math]ZG=XH.

Ah, y un último detalle: [math]C_2 y [math]C_3 se corta sobre AX, y aunque esto no lo dice el enunciado, no es particularmente difícil de probar. Creo que ahora sí es una solución completa. Hace un rato que quería ver la solución limpia (es decir directa) de este problema, parece que la encontré.

[Vladislao]

En cuanto a la colinealidad que nombrás al final, de hecho no la uso, pero por si lo considerás necesario, las tres circunferencias son no coaxiales, por lo que tienen un centro radical único. Como la intersección de dos de los ejes radicales es el punto de Gergonne del triángulo, se tiene que el tercero concurre en ese punto, y eso implica la colinealidad que mencionabas.

[Gianni De Rico]

Spoiler: mostrar

Ibero 2011 P3.png

Sean $D$ el segundo punto de intersección de $C_2$ y $C_3$, $E$ el segundo punto de intersección de $C_3$ y $C_1$, $F$ el segundo punto de intersección de $C_1$ y $C_2$, $G=BY\cap CZ$, $P$ el segundo punto de intersección de $C_3$ con $CA$, y $Q$ el segundo punto de intersección de $C_2$ con $AB$.
Usando que las tangentes al incírculo desde cada punto miden lo mismo, tenemos por Ceva que $AX,BY,CZ$ concurren, con lo que $A,G,X$ son colineales. Como $BY$ es el eje radical de $C_3$ y $C_1$, y $CZ$ es el eje radical de $C_1$ y $C_2$, resulta que $G$ es el centro radical de $C_1$, $C_2$ y $C_3$, con lo que $D,G,X$ son colineales. Entonces $A,D,G,X$ son colineales, así que $C_2$ y $C_3$ se cortan sobre $AX$. Entonces tenemos toda la simetría necesaria para el problema.
Como $AP\cdot AY=AD\cdot AX=AQ\cdot AZ$ por Potencia de un Punto y $AY=AZ$ por ser tangentes al incírculo, resulta $AP=AQ$, con lo que $PQ\parallel YZ$. Tenemos que$$\angle XYQ=\angle BZX=\angle XYZ,$$con lo que $QI\parallel YZ$, y así $I,P,Q$ son colineales. Análogamente se tiene que $P,Q,N$ son colineales, entonces $I,P,Q,N$ son colineales, y en particular resulta que $IN\parallel YZ$. Entonces$$\angle NMJ=\angle ZMJ=\angle ZYJ=\angle NIJ,$$con lo que $NJMI$ es cíclico. Análogamente se tiene que $NKML$ y $LIKJ$ son cíclicos. Notemos también que\begin{align*}\angle ILK & =\angle ILZ \\
& =\angle LZQ \\
& =\angle PYZ \\
& =\angle PYK \\
& =180^\circ -\angle KNP \\
& =180^\circ -\angle KNI,
\end{align*}con lo que $NILK$ es cíclico. Como $NILK$ y $NKML$ son cíclicos, tenemos que $NILMK$ es cíclico. Como $NILK$ y $LIKJ$ son cíclicos, tenemos que $NILKJ$ es cíclico. Entonces $NILMJK$ es cíclico, como queríamos.

[Violeta]

Spoiler: mostrar

Digamos que $AB$ y $AC$ intersecan a $C_2$ y $C_3$, respectivamente, en $P$ y $Q$. Ahora, usando angulos dirigidos $\angle API = \angle ZXI = \angle ZXY = \angle AZY$ y $\angle AQN = \angle YXN = \angle YXZ = \angle AYZ$, de donde $ZY \parallel PI \parallel QN$. Pero por potencia de un punto (pues A esta sobre el eje radical de $C_2$ y $C_3$), $AZ \cdot AP = AY \cdot AQ \Rightarrow AP = AQ$ y se deduce que $PQ \parallel ZY \Rightarrow IN \parallel YZ$. Ahora, como $MZYJ$ es ciclico e $IN$ es paralelo a $YZ$, $MJNI$ es ciclico.

Analogamente, $JKIL$ es ciclico y $KNLM$. Si dos de estas circunferencias fueran las mismas, acabamos. Asumamos que son todas distintas. Entonces, sus ejes radicales deberian o concurrir o ser todos paralelos entre si. Pero sus ejes radicales son $IJ, MN, KL$ que no cumplen con ninguna de las dos condiciones anteriores. Absurdo. Por tanto, es la misma circunferencia y $IJKLMN$ son conciclicos.

Capture.PNG