FOFO de Pascua 2024 Problema 8

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Gianni De Rico

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FOFO de Pascua 2024 Problema 8

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo con $AB<CA$ y sea $\Omega$ su circuncírculo. Sean $P$ el punto medio del arco $BC$ de $\Omega$ que no contiene a $A$ y $Q$ el punto medio del arco $BC$ de $\Omega$ que contiene a $A$. La perpendicular a $CA$ por $Q$ corta a $CA$ en el punto $M$. Demostrar que el circuncírculo de $ABM$ pasa por el punto medio de $AP$.
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Gianni De Rico

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Re: FOFO de Pascua 2024 Problema 8

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Solución Oficial:
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Sean $D$ el punto donde $QM$ corta nuevamente a $\Omega$, $N$ el punto medio de $AP$ y $B'$ el simétrico de $B$ por $AP$.
Tenemos que\begin{align*}\angle BDP & =\angle BAP \\
& =\angle PAC \\
& =90^\circ -\angle MAQ \\
& =\angle AQM \\
& =\angle AQD \\
& =\angle APD,
\end{align*}con lo que $BD\parallel AP$, de modo que $APBD$ es un trapecio isósceles, y al ser $N$ punto medio de $AP$ se tiene que $BN=ND$. Como $AP$ es bisectriz de $\angle BAC$, tenemos que $A,B',C$ son colineales, además, $NB'=NB=ND$, de modo que $N$ es el circuncentro de $BB'D$. Pero $BB'\perp AP\parallel BD$, así que $\angle B'BD=90^\circ =\angle DMB'$, con lo que $BDMB'$ es cíclico de centro $N$, y así $BN=MN$, con lo que $N$ está en la mediatriz de $BM$. Al estar en la bisectriz de $\angle BAM$ se sigue que $BAMN$ es cíclico, y así el circuncírculo de $ABM$ pasa por el punto medio de $AP$.
Dibujo:
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FOFO Pascua 2024 P8 - Solución Oficial.png
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El gran Filipikachu;

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Re: FOFO de Pascua 2024 Problema 8

Mensaje sin leer por El gran Filipikachu; »

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P8-FOFOPascua.jpg
Como $Q$ es punto medio del arco $BC$ que contiene a $A$, tenemos que $AQ$ es bisectriz exterior del ángulo $B\widehat{A}C$. Del mismo modo. Como $P$ es punto medio del arco $BC$ que no contiene a $A$, tenemos que $AP$ es bisectriz interior del ángulo $B\widehat{A}C$.

Sea $B'$ el reflejo de $B$ por $AQ$. Por lo tanto tenemos que $B'\widehat{A}Q=Q\widehat{A}B$. Además $Q\widehat{A}B+Q\widehat{A}C=180$ por ser $AQ$ bisectriz exterior de $B\widehat{A}C$. Entonces $B'\widehat{A}Q+Q\widehat{A}C=180$ y $B', A, C$ son colineales (además, al ser $AB<AC$, los puntos están ordenados $B', A, M, C$).
Como $Q$ está en la mediatriz de $BC$, tenemos $QB=QC$. Como $B'$ es reflexión de $B$ por $AQ$, tenemos que $QB'=QB$. Entonces $QB'=QB=QC$ y $B'QC$ es isósceles en $Q$. Como $M$ es el pie de la perpendicular de $Q$ a $AC$, tenemos que $QM$ es altura de $B'QC$. En particular, al ser un tríangulo isósceles, también es mediana y se cumple $B'M=MC$.
Como además $B'$ es la reflexión de $B$ por $AQ$, tenemos $B'A=BA$.

Notemos ahora que tenemos $\angle{BAB'}=\angle{BAC}=\angle{BPC}$
$B\widehat{A}B'=180-B\widehat{A}C=B\widehat{P}C$

Como $BP=PC$ (por estar $P$ en la mediatriz de $BC$), $BA=AB'$ y $B\widehat{A}B'=B\widehat{P}C$, tenemos que $BPC$ y $BAB'$ son semejantes y tienen la misma orientación. Entonces son rotohomotéticos. Como $BPC$ y $BAB'$ son rotohomotéticos, tenemos que $BPA$ y $BCB'$ son rotohomotéticos.

Sea $N$ el punto medio de $AP$. Entonces la rotohomotecia que manda $BCB'$ a $BPA$ manda el punto medio de $CB'$ al punto medio de $PA$, es decir, $M$ a $N$. Entonces $BCB'M$ y $BPAN$ son rotohomotéticos y en particular lo son $BCM$ y $BPN$. Por lo tanto $BPC$ y $BNM$ son rotohomotéticos.

Entonces, usando ángulos dirigidos, tenemos que $\angle{BAM}=\angle{BAC}=\angle{BPC}=\angle{BNM}$
Donde la primera igualdad es por colinealidad, la segunda por $ABPC$ cíclico y la última por la rotohomotecia.
Como $\angle{BAM}=\angle{BNM}$ tenemos que $ABNM$ es cíclico.

En particular podemos decir que $(ABM)$ corta a $AP$ en su punto medio, como queríamos demostrar.

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gerez_robert
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Re: FOFO de Pascua 2024 Problema 8

Mensaje sin leer por gerez_robert »

Lema:
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Sean $ABC$ un triangulo y $\Gamma$ su circuncírculo, $E$ en el segmento $AC$, tal que $BE$ es la recta que contiene a la simediana de $\angle B$, en $\triangle ABC$. Sea $D=BE∩\Gamma$, con $D≠B$. Se cumple que el cuadrilatero cíclico $ABCD$ es armonico.
Demo del Lema:
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Sean $P$ el polo de $AC$, $D'=BP∩\Gamma$, con $D'≠B$. Vamos a ver que $PB$ es simediana de $\angle B$ en $\triangle ABC$.
Es trivial que $AP=PC$, pues $AP$ y $PC$ son tangentes a $\Gamma$ por definición de polo de una recta.

Sean $M$ el pto. medio de $AC$ y $X$ en $\overline{AP}$(con $A$ entre $X$ y $P$), tal que:
$\frac{AX}{AB}=\frac{MC}{BC}$(1) $\Rightarrow$ $\frac{AX}{AB}=\frac{AM}{BC}$ $\Rightarrow$ $\frac{AX}{AM}=\frac{AB}{BC}$.(2)
Como $AP$ es tangente a $(ABC)$, por angulo seminscrito tenemos que $\angle XAB=\angle MCB$ $\Rightarrow$ por esto último y por (1), $\triangle XAB$~$\triangle MCB$ $\Rightarrow$ $\angle BMC=\angle BXA$, de donde $XBMA$ es cíclico.(3)
Siguiendo con la línea anterior, $\angle XAB=\angle MCB=\angle ACB$, gracias a esto notemos que $\angle XAM=\angle AD'C$, en efecto, $\angle XAM=\angle XAB+\angle BAM=\angle ACB+\angle BAC=\angle AD'B+\angle BD'C=\angle AD'C$.(4)
Ahora veamos que $\frac{AB}{BC}=$$\frac{AD'}{D'C}$.
Volviendo a la línea inicial, por angulo seminscrito tendriamos, $\angle PBC=\angle D'BC=\angle D'CP$, ademas $\angle BPC=\angle D'PC$, de donde $\triangle BCP$~$\triangle CD'P$, analogamente $\triangle BAP$~$\triangle AD'P$ $\Rightarrow$ $\frac{AB}{AD'}=$$\frac{BP}{AP}=$$\frac{BP}{PC}=$$\frac{BC}{D'C}$, $\Rightarrow$ $\frac{AB}{BC}=$$\frac{AD'}{D'C}$ por lo que $ABCD'$ es armónico. Luego por (2), $\frac{AX}{AM}=$$\frac{AD'}{D'C}$, sumando esto con (4) obtenemos que $\triangle XAM$~$\triangle AD'C$, luego por esto último y por (3), $\angle ABM=\angle AXM=\angle D'AC=\angle D'BC=\angle PBC$, de donde $PB$ es la $B$-simediana en $\triangle ABC$, pues dicha recta es la isogonal de la mediana $BM$. Por tanto $BP$ y $BD$ son la misma recta $\Rightarrow$ $D'=D$, pues ambos son la intersección de la $B$-simediana de $\triangle ABC$, con $\Gamma$...durante la demostración también probamos que $ABCD'$ es armónico, luego como $ABCD$ y $ABCD'$ son el mismo cuadrilatero(pues sus vértices son los mismos) $\Rightarrow$ $ABCD$ es armónico, demostrando lo enunciado.
Solución del problema:
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Sean $T=AP∩(AMB), N=PQ∩BC$ y $S=PC∩MT$.
Claim 1: $MT$ es la $M$-simediana en $\triangle CMB$.
Demostración:
Primero, es trivial que el cuadrilatero $AMTB$ es cíclico, por como definimos $T$.
Como $P$ y $Q$ son los puntos medios del arco $\overset{\LARGE\frown}{BC}$ que no contiene a $A$ y que si contiene a dicho punto, respectivamente, entonces $PQ$ es eje de simetría(respecto de $\Omega$, por si no se entiende), y por tanto, mediatriz de $BC$, de donde $N$ es punto medio del segmento $BC$.
Notemos entonces que $QMNC$ es cíclico, en efecto, $\angle QMC=90^{\circ}=\angle QNC$.
$\Rightarrow$ $\angle TMB=\angle TAB=\angle PAB=\angle PAC=\angle PQC=\angle NQC=\angle NMC$. Por tanto $MT$ es la isogonal de $MN$, y como $MN$ es mediana relativa al segmento $BC$ tenemos que $MT$ es la $M$-simediana en $\triangle CMB$.
Claim 2: $SBMC$ es armónico.
Demostración:
Moviendo angulos, $\angle SMB=\angle TMB=\angle TAB=\angle PAB=\angle PCB=\angle SCB$, lo cual implica que $SBMC$ es cíclico. Luego por el claim 1 y el lema del inicio $SBMC$ es armónico.
Claim 3: $\triangle CMB$~$\triangle PTB$ y $\triangle ATB$~$\triangle CSB$.
Demostración:
De nuevo moviendo angulitos, $\angle MCB=\angle ACB=\angle APB=\angle TPB$ y $\angle TBP=\angle CBP+\angle TBC=\angle CAP+\angle TBC=\angle MAT+\angle TBC=\angle MBT+\angle TBC=\angle MBC$, de donde en efecto, $\triangle CMB$~$\triangle PTB$. Por otro lado, $\angle TBA=\angle CMT=\angle CMS=\angle CBS$ y $\angle TAB=\angle PAB=\angle PCB=\angle SCB$, por tanto $\triangle ATB$~$\triangle CSB$.
Utilizando el claim 2 y 3 tenemos que, $\frac{PT}{TB}=$$\frac{CM}{MB}=$$\frac{CS}{SB}=$$\frac{AT}{TB}$ $\Rightarrow$ $PT=AT$, lo cual se traduce en que $T$ es el pto. medio del segmento $AP$.
Por lo tanto, $(AMB)$ pasa por el pto. medio del segmento $AP$. QED
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Emerson Soriano

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Re: FOFO de Pascua 2024 Problema 8

Mensaje sin leer por Emerson Soriano »

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Sea $X$ el punto medio del segmento $AP$ y sea $T$ la intersección de la recta $AC$ y la circunferencia centrada en $Q$ y radio $QB$. Por lo tanto,
$$\angle BTC=\frac{\angle BQC}{2}=\frac{\angle BAC}{2}=\angle BAP.$$
Notemos que $\angle TCB=\angle APB$, entonces los triángulos $TBC$ y $ABP$ son semejantes, luego, como $M$ y $X$ son puntos medios de los triángulos correspondientes, deducimos que $\angle AMB=\angle AXB$, de donde concluimos que el cuadrilátero $ABPX$ es cíclico, que es lo que queríamos.
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