Los puntos $P$ y $Q$ están en el lado $BC$ del triángulo acutángulo $ABC$ de modo que $\angle PAB=\angle BCA$ y $\angle CAQ=\angle ABC$. Los puntos $M$ y $N$ están en las rectas $AP$ y $AQ$, respectivamente, de modo que $P$ es el punto medio de $AM$, y $Q$ es el punto medio de $AN$. Demostrar que las rectas $BM$ y $CN$ se cortan en la circunferencia circunscrita del triángulo $ABC$.
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Notemos que la condición [math]\angle PAB = \angle BCA equivale a que la recta [math]AB sea tangente a la circunferencia [math]\odot APC, y la condición [math]\angle CAQ = \angle ABC equivale a que la recta [math]AC sea tangente a la circunferencia [math]\odot ABQ.
Hacemos una inversión de centro [math]A y radio arbitrario [math]r. Usamos la notación [math]X' para indicar el inverso de un punto [math]X.
Como [math]B,Q,P,C son colineales, los puntos [math]A,B',Q',P',C' son concíclicos. Además, [math]AB tangente a [math]\odot APC implica [math]AB' \parallel P'C'; y [math]AC tangente a [math]\odot ABQ implica [math]AC' \parallel B'Q'. Entonces [math]AB'P'C' y [math]AC'Q'B' son trapecios, y como son cíclicos, son trapecios isósceles.
Como [math]P y [math]Q eran los puntos medios de [math]AM y [math]AN, sigue que [math]M' y [math]N' son los puntos medios de [math]AP' y [math]AQ'.
Nosotros queríamos probar que [math]BM \cap CN \in \odot ABC. En el problema invertido, lo que tenemos que probar es que [math]\odot AB'M' \cap \odot AC'N' \in B'C'. Ahora, por simetría, la circunferencia [math]\odot AB'M' pasa por el punto medio de la otra diagonal del trapecio isósceles [math]AB'P'C', que es [math]B'C'. Análogamente se prueba que [math]\odot AC'N' pasa por el punto medio de [math]B'C'. Entonces [math]\odot AB'M' y [math]\odot AC'N' se cortan sobre [math]B'C', que era lo que queríamos demostrar. [math]\blacksquare
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Llamamos [math]\alpha = \angle BAP = \angle ACQ y [math]\beta = \angle CAQ = \angle ABP, y [math]R a la intersección de [math]BM y [math]CN. Como [math]\angle BAC = 180 - \alpha - \beta, si demotramos que [math]\angle BRC = \alpha + \beta, por arco capaz ya demostraríamos lo que el enunciado nos pide.
Pequeños angulitos nos muestran que [math]\angle APQ = \angle AQP = \alpha + \beta. Por semejanza entre [math]ABP y [math]CAQ tenemos que [math]\frac{AP}{BP} = \frac{CQ}{AQ}. Además, por enunciado [math]AP = MP y [math]AQ = QN, entonces se deduce que [math]\frac{MP}{BP} = \frac{CQ}{QN}.Tenemos que [math]\angle BPM = \angle NQC, y dada esta relación, los triángulos [math]BPM y [math]NQC son semejantes. Por lo tanto, [math]\angle BMP = \angle QCN. Por suma de ángulos internos del cuadrilátero [math]PCRM tenemos que [math]\angle MRC = 360 - \angle PMR - \angle MPC - \angle PCR = 360 - \angle PCR - (180 - \angle PCR) - (180 - \alpha - \beta) = \alpha + \beta.
En otras palabras, [math]\angle BRC = \alpha + \beta, que era lo que queríamos probar.
Queremos ver que [math]\angle MBP + \angle NCQ = \angle BAC. Recortamos los triangulos [math]ABM y [math]ACN (con [math]P y [math]Q incluidos), los rotamos y reescalamos para que sus subtriangulos semejantes [math]ABP y [math]CAQ (que son semejantes a [math]CAB), conincidan. Como [math]P y [math]Q son puntos medios de [math]AM y [math]AN respectivamente, lo que nos queda es un paralelogramo. Ahora es trivial que [math]\angle MBP + \angle NCQ = \angle BAC.
@innombrable: Creo que la configuración que te quedó a vos, donde por ejemplo [math]PCRM es convexo, no puede pasar, porque el problema dice que el triángulo es acutángulo. Eso fuerza por ejemplo a que los puntos [math]B,Q,P,C aparezcan en ese orden y no en otro. Evidentemente el problema también vale en el otro caso, y es lo que demostraste vos.
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Sean [math]B' = AB \cap MN y [math]C' = AC \cap MN. Como [math]MN \parallel BC (pues [math]PQ es base media del triángulo [math]AMN), es claro que [math]B y [math]C son puntos medios de [math]AB' y [math]AC' respectivamente.
Es fácil ver con angulitos (ya lo hicieron en otras soluciones) que los triángulos [math]\triangle ABP y [math]\triangle CAQ son semejantes al [math]\triangle CBA. Entonces también son semejantes los triángulos [math]\triangle AB'M y [math]\triangle C'AN, que son homotéticos a los anteriores. Como [math]MB y [math]NC son medianas en dichos triángulos, se tiene que [math]\angle AMB = \angle C'NC. Si [math]S es el punto donde se cortan [math]BM y [math]CN, la igualdad anterior implica que [math]\angle CSM = \angle AMN = \angle APQ = \angle BAC. Entonces [math]\angle BSC = 180^{\circ} - \angle BAC, y [math]ABSC es cíclico. [math]\blacksquare
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@Matías V5 Muchas gracias por la observación, estas cosas suelen pasar cuando uno está apurado y si no me marcabas probablemente no me iba a dar cuenta, de un error bastante grave.
La solución que propongo es de todas formas muy parecida a la anterior:
En primer lugar, vamos a llamar a los ángulos [math]\alpha = \angle BCA = \angle PAB y [math]\beta = \angle CAQ = \angle ABC. Si llamamos [math]R a la intersección de [math]BM y [math]CN, queremos de nuevo probar que [math]\angle BRC = \alpha + \beta, y así [math]R yace sobre la circunferencia circunscrita del triángulo [math]ABC.
Vemos rápidamente que los ángulos [math]\angle APQ = \angle AQP = 180 - \alpha - \beta, lo cual nos arroja la igualdad [math]AP = AQ = PM = QN. Por la evidente semejanza entre [math]ABP y [math]CAQ deducimos que [math]\frac{AQ}{BP} = \frac{CQ}{AP}. Hacemos el reemplazo [math]AQ = PM y [math]AP = QN y obtenemos [math]\frac{PM}{BP} = \frac{CQ}{QN}.
Ahora fijemos la vista en los triángulos [math]BPM y [math]NQC: Sabemos que [math]\angle BPM = \angle NQC, y sabemos que [math]\frac{PM}{BP} = \frac{CQ}{QN}, entonces también sabemos que [math]BPM es semejante a [math]NQC. De acá sale que [math]\angle QNC = \angle PBM y [math]\angle QCN = \angle PMB. Y también que [math]\angle PBM + \angle PMB = 180 - \angle BPM = \angle APQ = 180 - \alpha - \beta
Finalmente, podemos calcular el ángulo [math]\angle BRC: vemos que [math]\angle BRC = 180 - \angle RBC - \angle RCB = 180 - \angle PBM - \angle BMP = 180 - (180 - \alpha - \beta) = \alpha + \beta, que es exactamente lo que queríamos demostrar.
Podríamos decir que no importa si el ángulo [math]\angle A es agudo, recto u obtuso, la condición del enunciado se va a seguir manteniendo.
Sean $\Gamma$ el circuncírculo de $ABC$, $G$ la segunda intersección de $BM$ con $\Gamma$, $G'$ la segunda intersección de $CN$ con $\Gamma$ y $T$ un punto en el mismo semiplano que $A$ respecto a $BC$ tal que $TB$ es tangente a $\Gamma$.
Por arco capaz $T\widehat BA=B\widehat CA=B\widehat AP\Rightarrow TB\parallel AP$, de modo que $AP\cap BT=P_\infty$. Proyectando por $B$ tenemos $\{B,C;A,G\}=\{P_\infty ,P;A,M\}=-1$, por lo que $BACG$ es un cuadrilátero armónico y $AG$ es la $A$-simediana de $ABC$. Análogamente, $AG'$ es la $A$-simediana de $ABC$, entonces $A,G,G'$ están alineados. Como además $G$ y $G'$ están sobre $\Gamma$ y son distintos de $A$, concluimos que $G\equiv G'$. Por lo tanto, $BM$ y $CN$ se cortan sobre $\Gamma$.
Sea $K$ el punto de intersección de la $A$-simediana y el circuncírculo. Queremos demostrar que $K$ pertenece a $BM$ y a $CN$.
Angulitos nos llevan a
$$\angle PAB=\angle BCA=\angle BKA$$
Esto implica que una simetría por la bisectriz de $\angle ABK$ seguida de una homotecia de centro $B$ mapea $ABK\to M'BA$.
Ahora, como $ABKC$ es armónico, $BC$ es $B$-simediana de $ABK$, entonces es $B$-mediana de $M'BA$. Esto implica que $AP=PM'$, por lo que $M=M'$ y estamos.
