Sean [math]ABC un triángulo acutángulo y [math]\Gamma su circunferencia circunscrita. Sea [math]D un punto en el segmento [math]BC, distinto de [math]B y de [math]C, y sea [math]M el punto medio de [math]AD. La recta perpendicular a [math]AB que pasa por [math]D corta a [math]AB en [math]E y a [math]\Gamma en [math]F, con el punto [math]D entre [math]E y [math]F. Las rectas [math]FC y [math]EM se cortan en el punto [math]X. Si [math]\angle DAE = \angle AFE, demostrar que la recta [math]AX es tangente a [math]\Gamma.
Para todo [math]k, existen [math]k primos en sucesión aritmética.
Consideremos una circunferencia de radio arbitrario y centro [math]A, e invirtamos por dicha circunferencia.
Problema 2 Ibero 2017.png
Notemos que [math]D va a la circunferencia circunscrita de [math]ABC, que [math]F va a [math]BC, que [math]\angle ADE = \angle AFE = 90^{\circ}, y [math]\angle DAE = \angle AEF. Veamos que [math]D es punto medio de [math]AM, y las rectas [math]EM y [math]FC pasan a ser las circunferencias circunscritas a [math]AEM y [math]AFC respectivamente.
Sea entonces [math]K su intersección, queremos ver que [math]AK y [math]BC son paralelas. Esto quiere decir, que queremos probar que [math]AFCK es un trapecio isósceles. Sea entonces [math]O el circucentro de [math]AEM, queremos ver que [math]OF=OC.
Notemos primero que [math]ED es mediatriz de [math]AM, por lo que [math]E, [math]D y [math]O son colineales. Ademas, notemos que la intersección de [math]AF y [math]ED cae en la mediatriz de [math]AE, por lo que esta es la intersección de las mediatrices de [math]AE y [math]AM, y [math]AD y [math]AF se cortan en [math]O.
Veremos ahora que [math]O es circucentro de [math]CDF. Para esto, usaremos [math]OF=OD y el reciproco de angulo central. Este ultimo se ve usando que [math]2F\hat{C}D=2B\hat{A}D=180^{\circ}-2A\hat{E}D=A\hat{O}E=F\hat{O}D, lo que, como [math]O y [math]C caen sobre el mismo semiplano de [math]DF, concluye la demostración.
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Notamos que la condición sobre [math]\alpha da que [math]EA es tangente al circuncírculo de [math]ADF, de donde
(1) [math]EA^2=ED \cdot EF
Ahora bien, [math]\angle BCF = \angle EAF = 90-\alpha. Esto es (2). También, como [math]M es el punto medio de la hipotenusa, sale que [math]M es el circuncentro de [math]AED, de donde [math]\angle AEM = \angle EAM = \alpha (3) y [math]\angle MED = \angle MDE = 90-\alpha.
Luego, de [math]\angle DCX + \angle DEX
= 180 - \angle BCF +90-\alpha = 180 sale que DCXE es cíclico y [math]FX \cdot FC = FE \cdot FD (4).
De (2) y (3) sale que [math]EX \perp AF y [math]AX^2+EF^2=AE^2+XF^2. Combinando esto con (1) y (4):
[math]AX^2 + EF^2 = EF\cdot ED + XF^2
[math]AX^2+ EF\cdot FD = XF^2
[math]AX^2 + FC \cdot FX =XF^2
[math]AX^2 = XF \cdot XC
Que es suficiente para probar que [math]AX es tangente a [math]\Gamma.
Supongamos que $AX$ no es tangente, sea $Y$ la segunda intersección de $AX$ y la circunferencia circunscrita de $ABC$.
Ahora, sea $\alpha=EAD=AFE$, notemos que $EA$ es tangente en $A$ a la circunferencia de $ADF$, ya que $EAD=AFD$ es un angulo semiinscrito.
entonces $EA^2=ED.EF$ (1).
Sea $w$ la circunferencia tangente a $EA$ en $A$ y que pasa por $Y$ (Es facil demostrar que existe y es unica)
Como $w$ es tangente a $EA$ en $A$, el centro de $w$ esta en la perpendicular a $EA$ por $A$. Ademas, como $A$ e $Y$, pertenecen a $w$, el centro de la circunferencia pertenece a la mediatriz de $AY$. Luego el centro de $w$ es la intersección de estas dos rectas y el radio es la distancia entre le centro y $A$ (que es la misma que con $Y$ y por eso cumple)
Entonces, notemos que, por (1), $E$ esta en el eje radical de $w$ y la circunferencia de $DFC$.
Por potencia de $X$, $AX.YX=CX.FX$ (3). Con esto, podemos deducir que $X$ también esta en el eje radical de $w$ y la circunferencia de $DFC$.
Como el eje radical es una recta, se define por 2 puntos, entonces $EX$ es el eje radicar de estas dos circunferencias.
Sea $\beta=ABC=AFC$ por arco capaz. Por suma de angulos interiores $ADB=180-\alpha-\beta$ y por angulos suplementarios $ADC=\alpha+\beta$. Luego $\alpha+\beta=ADC=DFC$ y por angulo semiinscrito, $AD$ es tangente en $D$ a la circunferencia de $DFC$.
Ahora notemos que, como $M$ esta en el eje radicar de $w$ y la circunferencia de $DFC$, $MD^2=AM.ZM$ (2) siendo $Z$ la segunda interseccion de $w$ y la recta $AM$. Como $AM=DM$ por enunciado, (2) es equivalente a $AM=ZM$, y entonces $Z=A$. Por tanto $AM$ es tangente a $w$ en $A$, pero antes habiamos dicho que $w$ es la circunferencia tangente a $EA$ en $A$. Ahora, sabemos que cada punto en una circunferencia tiene una unica recta tangente a la circunferencia en ese punto y como sabemos que las rectas $EA$ y $MA$ no son la misma, $w$ tiene radio 0. Como $Y$ pertenece a $w$, $A=Y$.
Entonces, si volvemos a (3), tenemos que $CX.FX=AX^2$, y por tanto $AX$ es tangente
Sean $G=EX\cap AF$ y $H$ el pie de la perpendicular desde $D$ a $AF$. Como $M$ es punto medio de $AD$ y $\angle AED=90^\circ$, resulta $MA=ME$, con lo que\begin{align*}\angle AEG & =\angle AEM=\angle MAE=\angle DAE \\
& =\angle AFE=90^\circ -\angle FAE=90^\circ -\angle GAE,
\end{align*}de modo que $\angle EGA=90^\circ$. Entonces $EG\parallel DH$, es decir que $MG\parallel DH$, y como $M$ es punto medio de $AD$, resulta que $G$ es punto medio de $AH$, por base media. Entonces $EG$ es mediatriz de $AH$, y como $X$ está en dicha mediatriz, resulta $XA=XH$.
Notemos que\begin{align*}\angle FCD & =\angle FCB=\angle FAB=\angle GAE \\
& =90^\circ -\angle AEG=\angle DEX,
\end{align*}con lo que $CDEX$ es cíclico. Como $\angle DEA=90^\circ =\angle DHA$, resulta que $HDEA$ es cíclico. Por Potencia de un Punto tenemos entonces que$$FC\cdot FX=FD\cdot FE=FH\cdot FA,$$así que $CHAX$ es cíclico. Finalmente obtenemos\begin{align*}\angle XAF & =\angle XAH=\angle XHA \\
& =\angle XCA=\angle FBA,
\end{align*}de donde se sigue por semiinscripto que $AX$ es tangente a $\Gamma$.
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