EGMO 2021 - P3

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
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Sandy

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EGMO 2021 - P3

Mensaje sin leer por Sandy »

Sea $ABC$ un triángulo con ángulo obtuso en $A$. Sean $E$ y $F$ las intersecciones de la bisectriz exterior del ángulo $\angle BAC$ con las alturas del triángulo $ABC$ desde $B$ y $C$, respectivamente. Sean $M$ y $N$ puntos en los segmentos $EC$ y $FB$, respectivamente, tales que $\angle EMA=\angle BCA$ y $\angle ANF =\angle ABC$. Demuestre que los puntos $E$, $F$, $M$ y $N$ están sobre una misma circunferencia.
Fallo inapelable.

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Gianni De Rico

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Re: EGMO 2021 - P3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

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EGMO 2021 P3.png
Sea $D=BE\cap CF$, entonces $A$ es el ortocentro de $BCD$, y por OFO 2019 P2 se sigue que $DE=DF$. Sean $M'$ el segundo punto de intersección de $\odot DEF$ con $CE$ y $N'$ el segundo punto de intersección de $\odot DEF$ con $BF$, si demostramos $\angle AM'E=\angle ACB$ y $\angle AN'F=\angle ABC$ ya ganamos. Vamos a ver solamente el ángulo $\angle AM'E$, la otra demo es análoga.
Sea $G$ el punto de intersección de la mediatriz de $EF$ con $AC$, entonces $\angle GDF=\dfrac{\angle EDF}{2}$, por otro lado, $\angle BAC=180^\circ -\angle BDC=180^\circ -\angle EDF$, es decir, $\angle EAB+\angle CAF=\angle EDF$, y como $EF$ es bisectriz exterior, se sigue que $\angle EAB=\angle CAF$, por lo que ambos valen $\dfrac{\angle EDF}{2}$. Luego, $ADFG$ es cíclico, y por Potencia de un Punto tenemos $CM'\cdot CE=CF\cdot CD=CG\cdot CA$, de modo que $AGM'E$ es cíclico. Finalmente, como $GA\perp ED$ y $EA\perp DG$ (la segunda por ser mediatriz), tenemos que $A$ es el ortocentro de $DEG$, es decir, $EG\perp DA\perp BC$, de modo que $EG\parallel BC$, por lo que $\angle AM'E=\angle AGE=\angle ACB$, como queríamos.
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Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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enigma1234

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Re: EGMO 2021 - P3

Mensaje sin leer por enigma1234 »

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Lema 1: Sea $ABC$ un triángulo, y sean $P$ y $Q$ puntos en la bisectriz exterior del ángulo $A$. Sean $R=BP\cap CQ$ y $S=BQ\cap CP$, luego $R$ y $S$ son isogonales en el ángulo $A$.
Prueba:
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Sea $D$ y $E$ las pies de las brisectrices interior y exterior del angulo $A$ respectivamente. Luego $(E,D;B,C)=-1.$ En el triángulo $BRC$ tenemos que como $E=BC\cap PQ$, luego $R(E,S;B,C)$ es un haz armonico, con lo que $R,S,D$ son colineales.

Con esto si $T=PQ\cap RS$ tendremos que $A(R,S;T,D)$ es un haz armonico. Y por las bisectrices tenemos que $AT\perp AD$, luego $AR$ es la reflexion de $AS$ sobre la recta $AI$, es decir $R$ y $S$ son isogonales.
EGMO 3-1.jpg
En el problema considerando $P=E, Q=F$ tendremos que si $H=BE\cap CF, J=BF\cap CE$ por el lema $H$ y $J$ son isogonales con respecto el angulo $A$.

Sea $H'$ la reflexión de $H$ sobre la bisectriz exterior de $A$. Por lo anterior tendremos que $A,J,H'$ son colineales.

Claramente $H$ es ortocentro de $\triangle ABC$ y usando la reflexión, tendremos:
$$\angle ANF=\angle ABC=\angle AHC=\angle AH'F\to \text{$ANH'F$ es ciclico}\to AJ\times JH'=NJ\times JF$$
Analogamente tendremos que $AJ\times JH'=MJ\times JE=NJ\times JF$ con lo que $EFMN$ es ciclico.
EGMO 3-2.jpg
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