Sean $I, O$ y $\Gamma$ respectivamente el incentro, circuncentro y circuncirculo del triángulo $ABC.$ La recta $AI$ corta a $\Gamma$ en el punto $M (M\not=A)$. La circunferencia $\omega$ es tangente interiormente a $\Gamma$ en el punto $T$, y es tangente a las rectas $AB$ y $AC$. Las rectas tangentes a $\Gamma$ en los puntos $A$ y $T$ se cortan en $P.$ La rectas $PI$ y $TM$ se cortan en $Q.$ Pruebe que las rectas $QA$ y $MO$ se cortan en un punto que pertenece a $\Gamma$ .
Última edición por Rafaga el Jue 21 Feb, 2019 10:16 am, editado 1 vez en total.
Sea $G$ el segundo punto de intersección de $MO$ con $\Gamma$, luego $\angle MAG=90°$, queremos demostrar que $Q,A,G$ son colineales, entonces alcanza con ver que $\angle QAM=90°$.
Ahora, por ser el pie de la bisectriz de $\angle CAB$ en $\Gamma$, tenemos que $M$ es el punto medio del arco $BC$ de $\Gamma$ que no contiene a $A$. Por otro lado, $\omega$ es el incírculo mixtilíneo correspondiente a $A$ en $\triangle ABC$, luego $\angle MTI=90°$, entonces $\angle ITQ=90°$, por otro lado $P$ es el circuncentro de $\triangle ATI$, luego $PA=PI=PT$ y por la propiedad de la mediana de un triángulo rectángulo tenemos $PI=PT=PQ$, por lo que $PA=PI=PQ$ y por la propiedad de la mediana de un triángulo rectángulo tenemos que $\angle QAM=\angle QAI=90°$.
Primero recordemos que $M$ es el punto medio del arco $BC$ (que no contiene a $A$) de $\Gamma$. Además $MO$ es la mediatriz de $BC$. Luego $MO$ corta a $\Gamma$ nuevamente en el punto medio $N$ del arco $BC$ (que contiene a $A$) de $\Gamma$.
Entonces lo que queremos es probar que $Q$, $A$ y $N$ están alineados.
Esto es exactamente lo mismo que probar que $P$, $AN\cap TM$ e $I$ están alineados.
El siguiente lema sobre el mixtilinear incircle resulta muy útil (acá hay una demostración).
Lema: $I=AM\cap TN$.
Para concluir aplicamos el teorema de Pascal al hexágono $AANTTM$, que nos dice precisamente que $P$, $AN \cap TM$ y $AM\cap TN$ están alineados.
Sea $N\in \Gamma$ tal que $N\neq M$, ${M,N}=MO\cap \Gamma$. Claramente $MO$ es mediatriz de $BC$, luego $N$ es punto medio del arco $BAC$, es decir, queremos probar que $AQ$ es bisectriz exterior del $\angle BAC$.
Hagamos una inversión con centro $A$, radio $\sqrt{AB\times AC}$ con reflexión en la bisectriz $AI$. Transformación del problema:
Sea $X_1$ el inverso de $X$.
Tenemos que $B_1=C,C_1=B,\Gamma_1=BC$,luego, $\omega_1=$exirculo del $\triangle ABC$ opuesto al punto $A$. De esto, $T_1$ es el punto de tangencia de $\omega_1$ con $BC$ y $M_1=AI\cap BC$. Como $\angle AI_1C=\angle ABI,\angle AI_1B=\angle ACI$, tenemos que $I_1$ es centro de $\omega_1$.
Tenemos que por ángulos, la inversa de la tangente de $\Gamma_1$ por $A$ es la paralela por $A$ a $BC$,y la inversa de la tangente a $\Gamma_1$ por $T$ es un circulo tangente a $BC$ que pasa por $T_1,A_1$. Luego de esto $A_1T_1=P_1T_1$, es decir $P_1$ es el simétrico de $A_1$ respecto a la recta $I_1T_1$.
Por ultimo, $Q_1$ es tal que $Q_1\neq A_1$ y $\{A_1,Q_1\}=\odot(A_1P_1I_1)\cap \odot(A_1T_1M_1)$.
Peru IMO TST 2019_1.png
Peru IMO TST 2019_2.png
Queremos probar que $AQ_1$ es bisectriz exterior del $\angle BAC$, es decir $\angle Q_1AM_1=90^{\circ}$.
Sea $Q_2\neq I_1$ tal que $\{Q_2,I_1\}=\odot(AP_1I_1)\cap I_1M_1$. Luego como $I_1T_1$ es mediatriz de $A_1P_1$, tenemos que $\angle Q_2AI_1=90^{\circ}$. Luego $\angle Q_2AM_1=90^{\circ}=\angle Q_2T_1M_1$, con lo que $Q_2A_1M_1T_1$ es ciclico y por lo tanto $Q_2=Q_1$.
Como teniamos $\angle Q_2AM_1=90^{\circ}$, tenemos lo pedido.
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