Sean [math]AB y [math]AC dos semirrectas distintas que no están contenidas en la misma recta, y sea [math]\omega una circunferencia de centro [math]O que es tangente a la semirrecta [math]AC en [math]E y a la semirrecta [math]AB en [math]F. Sea [math]R un punto del segmento [math]EF. La recta por [math]O paralela a [math]EF corta a la recta [math]AB en [math]P. Sea [math]N el punto de intersección de las rectas [math]PR y [math]AC, y sea [math]M la intersección de la recta [math]AB y la recta por [math]R paralela a [math]AC. Demostrar que la recta [math]MN es tangente a [math]\omega.
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Sea $Q$ la intersección de la recta $OP$ con la recta $AC$. Por Thales tenemos que $\triangle PAQ$ es isósceles en $A$. Sea $I$ el incentro de $\triangle PAQ$ y $\Gamma$ su incírculo. Como dos circunferencias tangentes a las mismas dos rectas son homotéticas con centro en el punto de intersección de dichas rectas, tenemos que $\omega$ y $\Gamma$ son homotéticas con centro $A$, por lo tanto, $O$ e $I$ son homotéticos con centro $A$. Entonces $O=AI\cap PQ$, como $\triangle PAQ$ es isósceles en $A$, entonces $AI$ es mediatriz, por lo tanto, $O$ es el punto medio de $PQ$.
Sean $E'$, $F'$, $M'$, $N'$ los reflejos de $E$, $F$, $M$, $N$ por $PQ$, respectivamente. Tenemos que $E'$ y $F'$ están en $\omega$, que $PM'$ y $QN'$ son tangentes a $\omega$, y que $MM'N'N$ es un trapecio isósceles, de donde sus diagonales $MN'$ y $M'N$ concurren sobre la mediatriz de $MM'$ y $NN'$, pero por reflexión esta mediatriz es $PQ$. Se sigue por Brianchon que $MPM'N'QN$ tiene una circunferencia inscrita, que es la tangente a $MP$, $PM'$, $NQ$, $QN'$, pero esta es $\omega$. Por lo tanto, $MN$ es tangente a $\omega$.
Sea $\omega$ la circunferencia de referencia, y sea $z$ la polar de $Z$ para todo punto $Z$ del plano.
Por Thales tenemos que $AP=AQ$. Notemos ahora que $AO$ es mediatriz de $EF$, de donde $AO\perp EF\parallel PQ$, entonces $O$ es el punto medio de $PQ$.
Sea $\mathcal S$ la reflexión por $O$, y sea $\mathcal S(E)=G$, luego, $\mathcal S(QE)=PG$ y $\mathcal S(\omega )=\omega$, de donde $PG$ es tangente a $\omega$.
Sea $D$ el segundo punto de intersección de $GR$ y $\omega$, y sean $\{X,Y\}=PR\cap \omega$, con $P,X,Y,N$ en ese orden, luego, $XFYG$ es armónico, pues $XY,GG,FF$ concurren en $P$, entonces $$\{X,Y;D,E\}\underset{R}{=}\{Y,X;G,F\}=-1$$ de donde $XY,DD,EE$ concurren, por lo que $DD$ pasa por $N$.
Sean $H=DE\cap FG$, $I=DF\cap EG$.
Por Brocard, $RI\equiv h$, pero $DE\equiv n$ y $FG\equiv p$, luego, $N,P\in h$, entonces $P,R,N,I$ son colineales.
Por otro lado, por Brocard, $RH\equiv i$, luego, $RH\perp OI\parallel EO\perp AE$, de donde $RH\parallel AE$, por lo que $R,M,H$ son colineales, entonces $M\in i$, y como $M\in f$, tenemos que $FI\equiv m$, por lo que $D\in FI\equiv m$, de donde $M\in d\equiv DD$, luego, $MN\equiv DD$, es decir que $MN$ es tangente a $\omega$.
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El problema nos pide demostrar que $O$ es el $A$-excentro de $ANM$, ya tenemos que esta en la bisectriz de $\angle NAM$ así que con demostrar que esta en la bisectriz exterior de $\angle ANM$ estamos.
Por Thales $\frac{NQ}{EQ}=\frac{NP}{RP}=\frac{AP}{MP}\Rightarrow NQ\times MP=AP\times FP$
$AP\times FP$ es la potencia a un punto de $P$ a la circunferencia de $AFOE$ (es ciclico ya que $\angle OEA=\angle OFA=90$) y como $PO$ es tangente a esta circunferencia por angulo seminscrito $\angle POA=\angle AEO=90$ tenemos que
Como también tenemos que $\angle NQO=\angle MPO$ llegamos a que los triángulos $NQO$ y $OPM$ son semejantes y de esta semejanza sale que
$\frac{NO}{OM}=\frac{NQ}{OP}=\frac{NQ}{QO}$
Y como $\angle NQO=180-\angle QNO-\angle NOQ=180-\angle MOP-\angle NOQ=\angle NOM$ tenemos que los triángulos $NQO$ y $NOM$ son semejantes y de esto $\angle ONQ=\angle MNO$ por lo que $ON$ es bisectriz exterior de $\angle ANM$ y estamos.
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Sea $Q=OP\cap AC$. Sea $M_1\in AP$ tal que $M_1N$ es tangente a $\omega$. Luego, debemos probar que $M_1=M$, para lo cual es suficiente ver que $M_1R\parallel AC$
Sea $J$ la reflexión de $F$ sobre $PQ$. Luego, como $PQ$ pasa por $O$, luego $PJ$ es tangente a $\omega$. Y también $\angle AQP=\angle APQ= \angle JPQ$, es decir, $JP\parallel AC$.
Luego, si decimos que $K$ es el punto en el infinito de $AC$, luego $K,J,P$ son colineales, y por lo tanto en el cuadrilátero $KNM_1P$ podemos aplicar el teorema de Newton Degenerado y obtenemos que $M_1K,NP$ y $EF$ son concurrentes.
Como $NP\cap EF=R$, luego $M_1,R,K$ son colineales. Por ultimo, por definición de $K$, esto quiere decir que $M_1R\parallel AC$ como queríamos probar.
APMO 2016 P3.jpg
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