Ibero 1995 - P5

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
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Vladislao

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Ibero 1995 - P5

Mensaje sin leer por Vladislao » Dom 22 Abr, 2012 2:34 pm

La circunferencia inscrita en el triángulo $ABC$ es tangente a $BC$, $CA$ y $AB$ en $D$, $E$ y $F$ respectivamente. Suponga que dicha circunferencia corta de nuevo a $AD$ en su punto medio $X$, es decir, $AX = XD$. Las rectas $XB$ y $XC$ cortan de nuevo a la circunferencia inscrita en $Y$ y en $Z$, respectivamente. Demuestre que $EY=FZ$.
Sea [math] Para todo entero positivo [math] se cumple que [math] es un número primo.

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Nacho

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Re: Ibero 1995 - P5

Mensaje sin leer por Nacho » Dom 22 Abr, 2012 4:37 pm

Vladislao escribió:
Dom 22 Abr, 2012 2:34 pm
Agregado: Demuestre que $AD$, $EY$ y $FZ$ concurren.

Comentario: A mi entender, por lejos, uno de los mejores problemas de geometría de las Ibero.


El problema:
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Notemos que si $EZ \parallel FY$ el problema sigue pues $\angle FYZ = 180^{\circ}-\angle EZY \Rightarrow \sin FYZ = \sin EZY$ y por Teorema del Seno $\frac{EY}{\sin EZY}= 2R = \frac{FZ}{\sin FYZ} \Rightarrow EY = FZ$.

Vamos a demostrar algo todavía más fuerte: $EZ \parallel AD$ y $FY\parallel AD$, de donde se sigue lo que queríamos.

Primero demostremos que $EZ\parallel AD$. Para ello, vamos a ver que $\triangle AXE$ es semejante a $\triangle XEZ$. Notemos por arco capaz con la tangente que $\angle AEX = \angle EZX$. Para demostrar que $\angle EXZ = \angle EAX$ vamos a ver que $CX$ es tangente a $\odot (AXE)$. Por potencia de un punto, pasa si y sólo si $CX^2 = CE\cdot CA$. Pero por potencia de un punto con las tangentes $CE=CD$. Ahora, por potencia de un punto desde $A$, $AE^2 = AX\cdot AD = 2AX^2$. Entonces, $AE^2 = (AC-CE)^2 = (AC-CD)^2 = 2AX^2$, de donde $AC^2 + CD^2 - 2AC\cdot CD = 2AX^2 \Rightarrow AC^2 + CD^2 = 2(AC\cdot CD + AX^2)$. Pero el teorema de Apolonio sobre las medianas nos dice que $AC^2 + CD^2 = 2(CX^2 + AX^2)$, de donde $AC\cdot CD = CX^2 \Rightarrow CA\cdot CE = CX^2$, y así $CX$ es tangente a $\odot AXE$ como queríamos demostrar. Como los triángulos son semejantes se sigue que $\angle AXE = \angle XEZ$ y $EZ \parallel AD$.

Para demostrar que $FY\parallel AD$ vamos a ver que $\triangle AXF$ es semejante a $\triangle XFY$. Por arco capaz con la tangente $\angle AFX = \angle FYX$. Debemos demostrar al igual que en el caso anterior que $BX$ es tangente a $\odot (AXF)$. Para ello usamos nuevamente potencia de un punto: es tangente sii $BX^2 = BF\cdot BA$. Pero por potencia de un punto con las tangentes $BF=BD$. Por potencia de un punto desde $A$, $AF^2 = AX\cdot AD = 2AX^2$. Entonces, $AF^2 = (AB-BF)^2 = (AB-BD)^2 = 2AX^2$, de donde $AB^2 + BD^2 = 2(AB\cdot BD + AX^2)$. Pero nuevamente por Apolonio, $AB^2 + BD^2 = 2(BX^2 + AX^2)$ y así $BX^2 = AB\cdot BD = BA\cdot BF$. Como los triángulos resultan semejantes, se sigue que $\angle AXF = \angle XFY$ y $FY \parallel AD$.

Y estamos. $\blacksquare$.
El agregado:
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Usamos un lema conocido sobre cuadriláteros armónicos: Sea $\omega$ una circunferencia, y $P$ un punto exterior. Si $T_1$ y $T_2$ son los puntos de tangencia de $P$ a $\omega$ y $X$ sobre $\omega$ tal que $PX\cap \omega = Y$, con $Y\neq X$, tenemos que $\{X,Y;T_1,T_2\}=-1$.

Luego, $XZED$ y $XYFD$ son armónicos. Denotemos $G_1= EY\cap AD$, $G_2 = FZ\cap AD$ y $P=YZ\cap AD$. Se sigue entonces que $\{ X,Z;E,D \} =_Y \{ X,P;G_1,D\}$.
Por otra parte, $\{ X,Y;F,D\} =_Z \{ X,P;G_2,D\}$. Pero como ambos son armónicos $\{X,Z;E,D\} = \{X,Y;F,D\} = -1$, de donde $\{X,P;G_1,D\} = \{ X,P;G_2,D\}$ y así $G_1 \equiv G_2$ y son concurrentes. $\blacksquare$.
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Gianni De Rico

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Re: Ibero 1995 - P5

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Vie 07 Feb, 2020 2:34 am

El problema:
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Notemos que $XFYD$ y $XEZD$ son armónicos, sea $P=FY\cap AX$, luego, como $X$ es el punto medio de $AD$,$$\{X,P_{\infty AD};A,D\}=-1=\{X,Y;F,D\}\underset{F}{=}\{X,P;A,D\}$$de donde $P\equiv P_{\infty AD}$ y así $FY\parallel AD$, análogamente, $EZ\parallel AD$. Entonces $EY=FZ$.
El agregado:
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Sean $G=EY\cap FZ$, $H=EF\cap YZ$, como $EF$ es la polar de $A$, tenemos que $A$ está en la polar de $H$, por Brocard la polar de $H$ es $P_{\infty EZ}G$, entonces $AG\parallel EZ\parallel AD$, de donde $AD,EY,FZ$ concurren en $G$.
Queda Elegantemente Demostrado

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