Sea $\Gamma$ el circuncírculo del triángulo $ABC$. La paralela a $AC$ que pasa por $B$ corta a $\Gamma$ en $D$ ($D\neq B$) y la paralela a $AB$ que pasa por $C$ corta a $\Gamma$ en $E$ ($E\neq C$). Las rectas $AB$ y $CD$ se cortan en $P$, y las rectas $AC$ y $BE$ se cortan en $Q$. Sea $M$ el punto medio de $DE$. La recta $AM$ corta a $\Gamma$ en $Y$ ($Y\neq A$) y a la recta $PQ$ en $J$. La recta $PQ$ corta al circuncírculo del triángulo $BCJ$ en $Z$ ($Z\neq J$). Si las rectas $BQ$ y $CP$ se cortan en $X$, demuestra que $X$ pertenece a la recta $YZ$.
Nota. El circuncírculo de un triángulo es la circunferencia que pasa por los vértices del triángulo.
Según qué ángulo es más grande, la figura puede ser bastante distinta, así que resuelvo sobre la figura más linda y tomo razones dirigidas.
Figura:
IberoProblema3.png
Antes de meter el clásico párrafo que define $5$ puntos nuevos, veamos que $BPQC$ es cíclico, ya que $\angle PBQ = \angle BEC = \angle BAC$ y $\angle PCQ = \angle BDC = \angle BAC$. Ahora sí:
Sean $M_B$, $M_C$, $H_B$, $H_C$ los puntos medios de $PB$ y $CQ$ y los pies de alturas en $XPB$ y $XCQ$ respectívamente, sea $F$ el punto donde el circuncírculo de $APQ$ vuelve a cortar al circuncírculo de $ABC$, y sea $S$ el punto donde $AF$ corta a $BC$, y sea $O$ el circuncentro de $BCQP$. Lo que vamos a demostrar en realidad es que $F$, $Z$, $X$, $O$ e $Y$ son colineales.
Primero, como $AD$ y $AE$ son cuerdas que subtienden un ángulo igual a $\angle BAC$ en la misma circunferencia, $AD=AE$. Luego, $AM$ es perpendicular a $DE$. Además, $DE$ y $PQ$ son paralelas, ya que $\angle PQB = \angle DCB = \angle DEB$. Luego, $AM$ es perpendicular a $PQ$ y $\angle AJZ$ es recto (esta es una herramienta sorpresa que nos ayudará mas adelante). Además, como $\angle AQJ = \angle AQP = \angle ABC = \angle AYC$, $JQCY$ es cíclico y $\angle JCY$ es recto, de donde $AY$ es diámetro del circuncírculo de $ABC$.
Notemos ahora que $PQ$ pasa por $S$ por ser $S$ centro radical de los circuncírculos de $AFPQ$, $ABC$ y $PQBC$. Luego, como $BCZJ$ es cíclico por enunciado, tenemos por potencia de un punto que $(SZ)(SJ) = (SB)(SC) = (SF)(SA)$ y $AFZJ$ es cíclico. Ahora, nuestra herramienta sorpresa nos decía que $\angle AJZ$ es recto, por lo que $\angle AFZ$ es recto, pero como $\angle AFY$ es recto $F$, $Z$ $Y$ son colineales.
Ahora, como $FPB$ y $FQC$ son semejantes, ya que $FAPQ$ y $AFBC$ son cíclicos, tenemos que como $M_B$ y $M_C$ son puntos medios de $PB$ y $QC$, $FPM_B$ y $FQM_C$ son semejantes, de donde $AFM_BM_C$ es cíclico. Luego $AFM_BOM_C$ es cíclico y $\angle AFO = \angle AM_BO = 90^{\circ}$. Con esto y lo anterior llegamos a que $F$, $Z$, $O$, $Y$ son colineales.
Por último, como $BCQP$ es cíclico, $XPB$ y $XQC$ son semejantes y $\frac{H_BM_B}{M_BB} = \frac{H_CM_C}{M_CC}$. Notemos ahora que $O$ es el punto de intersección de la perpendicular a $AB$ por $M_B$ y la perpendicular a $AC$ por $M_C$. Sean $O_B$ y $O_C$ los puntos donde la perpendicular a $AB$ por $M_B$ y la perpendicular a $AC$ por $M_C$ cortan a $XY$, notemos que si $O_B=O_C$, obtenemos que $O_B=O_C=O$ y que $O$ está en $XY$, pero usando Thales dos veces $\frac{XO_B}{O_BY} = \frac{H_BM_B}{M_BB} = \frac{H_CM_C}{M_CC} = \frac{XO_C}{O_CY}$, y como estamos tomando razones dirigidas, la única posibilidad para que esto ocurra es $O_B=O_C$, y estamos.
Luego, $O$ $X$, $Y$, $Z$, $F$ son colineales y en particular, $X$ está en $YZ$.
Lo único que estamos usando realmente de la definición de $D$ y $E$ es que $AD=AE$. De la misma manera, lo único que usamos de $P$ y $Q$ es que $BCPQ$ es cíclico. La colinealidad de $X$, $Y$ y $Z$ sigue valiendo siempre que se de esto, y es facil adaptar la solución de arriba al caso general. Otro caso particular interesante es el caso en el que $X$ es el ortocentro de $ABC$ (siendo $BQ$ y $CP$ las alturas).
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Sean $\angle CAB=\alpha$, $\angle ABC=\beta$, $\angle BCA=\gamma$.
Como $BD\parallel AC$ y $CE\parallel AB$, tenemos que $AD=AB=AE$, $AC=BE$ y $AB=CD$.
Luego, $\angle ABQ=\angle ABE=\angle ADE=\angle DEA=\angle DCA=\angle PCA$, de donde $\angle PBQ=180^\circ -\angle ABQ=180^\circ -\angle PCA=\angle PCQ$, por lo que $BCQP$ es cíclico. Entonces $\angle CDE=\angle CBE=\angle CBQ=\angle CPQ$, de donde $PQ\parallel DE$.
Ahora, como $M$ es punto medio de $DE$ y $AD=AE$, tenemos que $AM\perp DE$, de donde $AJ\perp PQ$. Y como $AM$ es mediatriz de $DE$, tenemos que $AY$ es diámetro de $\Gamma$.
Sean $O$ el centro de $\odot BCQP$, $F=BC\cap PQ$, $G$ el inverso de $X$ por $\odot BCQP$ y $A'$ el inverso de $A$ por $\odot BCQP$. Como $ABDC$ es cíclico y $AC\parallel BD$, tenemos $\angle DBP=\angle DCA =\angle CAB=\angle PDB$ de donde $\angle BPC=\angle BPD=180^\circ -2\alpha$, por lo que $\angle BOC=360^\circ -4\alpha$, luego, $\angle CBO=\angle OCB=2\alpha -90^\circ$.
Por la inversión tenemos que $\angle OBA'=\angle OAB$ y $\angle OCA'=\angle OAC$, de donde $\angle A'BC=\angle OBC-\angle OBA'=2\alpha -90^\circ -\angle OAB$, y $\angle BCA'=\angle BCO-\angle OCA'=2\alpha -90^\circ -\angle OAC$. Entonces\begin{align*}\angle BA'C & =180^\circ -(\angle A'BC+\angle BCA') \\
& =180^\circ -(2\alpha -90^\circ -\angle OAB+2\alpha -90^\circ -\angle OAC) \\
& =180^\circ -(4\alpha-180^\circ -\alpha ) \\
& =360^\circ -3\alpha .
\end{align*}Por otro lado\begin{align*}\angle BXC & =180^\circ -(\angle XBC+\angle BCX) \\
& =180^\circ -(\angle EBC+\angle BCD) \\
& =180^\circ -(\alpha -\beta +\alpha -\gamma ) \\
& =180^\circ -(2\alpha -(\beta +\gamma )) \\
& =180^\circ -(2\alpha -180^\circ +\alpha ) \\
& =360^\circ -3\alpha .
\end{align*}Entonces $\angle BA'C=\angle BXC$, por lo que $BA'XC$ es cíclico, de donde $G\in \Gamma$.
Por definición, la polar de $X$ respecto a $\odot BCQP$ es la perpendicular a $OX$ por $G$. Por Brokard, la polar de $X$ respecto a $\odot BCQP$ es $AF$. Luego, $A,F,G$ están alineados sobre la perpendicular a $OX$ por $G$. Sea $r$ la perpendicular a $AG$ por $G$, luego, $X\in r$. Como $G\in \Gamma$, tenemos que $Y\in r$. Por otro lado, $FJ\cdot FZ=\text{Pot}(F,\odot BCJ)=FB\cdot FC=\text{Pot}(F,\Gamma )=FA\cdot FG$, de donde $A,G,J,Z$ son concíclicos. Como $AJ\perp JZ$, tenemos que $AG\perp GZ$, de donde $Z\in r$. Por lo tanto, $r\equiv YZ$, de donde $X$ pertenece a la recta $YZ$.
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