APMO 2019 Problema 3

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tuvie

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APMO 2019 Problema 3

Mensaje sin leer por tuvie » Sab 07 Sep, 2019 11:08 am

Sea $ABC$ un triángulo escaleno con circunferencia circunscrita $\Gamma$. Sea $M$ el punto medio de $BC$. Se elige un punto variable $P$ en el segmento $AM$. Las circunferencias circunscritas de los triángulos $BPM$ y $CPM$ cortan nuevamente a $\Gamma$ en los puntos $D$ y $E$ respectivamente. Las rectas $DP$ y $EP$ cortan (por segunda vez) a las circunferencias circunscritas de los triángulos $CPM$ y $BPM$ en $X$ e $Y$ respectivamente. Demostrar que al variar $P$, la circunferencias circunscrita del triángulo $AXY$ pasa por un punto fijo $T$ distinto de $A$.

ricarlos
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Re: APMO 2019 Problema 3

Mensaje sin leer por ricarlos » Mar 10 Sep, 2019 4:14 pm

Spoiler: mostrar
$AM$ es eje radical de las circunscritas a $BPM$ y $CPM$ y como $BE$ y $CE$ son los ejes radicales de estas con $\Gamma$ tenemos que estos tres eje concurren en el centro radical que llamamos $V$.

Por el teorema de Reim es $BX\parallel CE$ y $CY\parallel BD$ (1).

Sea $W=BX\cap CY$, luego $\Delta BWC\cong \Delta CVB$ es decir que $BVCW$ es un paralelogramo donde la diagonal $VW$ pertenece a $AM$.
Luego $W$ es un punto sobre el eje radical $AM$ por lo que podemos escribir $WB*WX = WC*WY$, de esta expresion sacamos que $B, X, Y, C$ son conciclicos.

Sea $Q= XY\cap BC$, entonces vemos que en $Q$ concurren el eje radical $BC$ de $\Gamma - (BXYC)$ el eje radical $XY$ de $(BXYC) - (AXY)$ y por lo tanto concurrira alli el el eje radical $(AXY) - \Gamma$. Es decir si definimos $T'$ como la segunda interseccion de la circunscrita a $AXY$ con $\Gamma$ entonces, como dijimos, $AT'$ concurre en $Q$.

Sean $R$ y $S$ las (segundas) intersecciones de $XY$ con las circunscritas a $BPM$ y $CPM$, respectivamente.
Por ciclico $BXYC$ tenemos que $\angle SYC = \angle XBC = \beta$, luego por ciclico $SYMC$ es $\angle SMC = \beta$.
Por ciclico $BXYC$ si el angulo exterior en $X$ igual a $\gamma$ entonces $\angle YCB = \gamma$, luego por ciclico $RXBM$ es $\angle RMB = \gamma$.
Es decir que de todo lo anterior sale que $SM\parallel BX$ y $RM\parallel CY$ (2), luego si $L= RM\cap BW$ y $N= MS\cap CW$ tenemos que $LN$ es base media en el triangulo $BWC$ respecto de $BC$.

Es facil ver que $AM$ corta a $LN$ en el punto medio que llamamos $Z$.

Con angulitos (y el uso de los ciclicos ya mensionados) llegamos facimente a ver que $\angle RSM = \gamma$ y $\angle SRM = \beta$ que son respectivamente iguales a los ya calculados $\angle RMB$ y $\angle SMC$, de esto sale entomces que la circunscrita a $RSM$ ha de ser tangente a $BC$. Llamemos $O$ al centro de esta circunferencia, por ahora sabemos que $O$ se halla sobre un diametro de $\Gamma$ (3).

Si volvemos a $LN$ y su punto medio $Z$ sabemos que $L$ y $N$ asi como $Z$ y el punto del infinito forman una cuaterna armonica, si $U= AM\cap XY$, observamos entonces que tal cuaterna es proyectada por las rectas que pasan por $M$ y que cortan a $XY$ en los puntos $R, S, U, Q$ de modo que estos forman una cuaterna tambien.

Ahora si $M'$ es la segunda interseccion de $AM$ con la circunscrita a $RSM$ (que recordemos es tg a BC) entonces $RMSM'$ es un cuadrilatero armonico y luego la tangente a su circunscrita en el punto $M'$ tiene que concurrir hacia el punto $Q$.

Por las paralelas en (1) y (2) tenemos que $SMCE$ es un trapecio isosceles con bases $CE$ y $MS$ cuyas mediatrices sabemos que coinciden, pero $CE$ es una cuerda de $\Gamma$ y $MS$ es una cuerda de la circunscrita a $RSM$ si a esto le sumamos el comentario en (3) tenemos que $O$ tambien es el centro de $\Gamma$.
Entonces la circunscrita a $RSM$ tiene un radio $OM$ fijo porque $O$ y $M$ son puntos fijos, o sea, mas alla de como se mueva el punto $P$ sobre la recta $AM$, esto hace que las rectas tangentes $QM$ y $QM'$ sean tambien fijas por lo que el punto fijo buscado es $T'$ es decir $T=T'$.
Dado un triangulo ABC y los puntos medios L, M y N de los lados BC, AC y AB, respectivamente, probar que las bisectrices de los angulos ANB, BLC y CMA son concurrentes.

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