FOFO 12 Años - Problema 7

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Gianni De Rico

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FOFO 12 Años - Problema 7

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Sea $ABC$ un triángulo tal que $AB+AC=3BC$. El incírculo $\omega$ de $ABC$ es tangente a $CA$ y $AB$ en los puntos $K$ y $L$, respectivamente. Marcamos los puntos $P$ y $Q$ de modo que $KP$ y $LQ$ sean diámetros de $\omega$. Sea $M$ el punto medio de $BC$, y sean $X$ e $Y$ los puntos de intersección de $KL$ con $BP$ y $CQ$, respectivamente. Probar que $MX=MY$.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850
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Gianni De Rico

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Re: FOFO 12 Años - Problema 7

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Solución Oficial:
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FOFO 2022 P7 - Solución Oficial.png
Veamos primero cómo usar la condición $AB+AC=3BC$.
Sea $I$ el incentro de $ABC$ y sea $D$ el segundo punto de intersección de $AI$ con el circuncírculo de $ABC$, entonces $BD=DC=ID$. Ahora, usando el Teorema de Ptolomeo en $ABDC$ tenemos que$$AB\cdot DC+AC\cdot BD=BC\cdot AD,$$pero como $BD=DC$ y $AB+AC=3BC$, tenemos que$$AB\cdot DC+AC\cdot BD=AB\cdot BD+AC\cdot BD=(AB+AC)\cdot BD=3BC\cdot BD.$$Entonces $3BC\cdot BD=BC\cdot AD$, así que $AD=3BD$. Como $AD=AI+ID$, tenemos que $AI+ID=AD=3BD=3ID$, así que $AI=2ID$. Sea $O$ el punto medio de $AI$. Como $A\widehat LI=90^\circ =A\widehat KI$, tenemos que $ALIK$ es cíclico y $O$ es su circuncentro, con lo que $OK=OL=OI=\dfrac{1}{2}AI=ID$. Como $I$ es el punto medio de $OD$ y de $KP$, tenemos que $OPDK$ es un paralelogramo, así que $DP=OK=ID$. Como $I$ es el punto medio de $OD$ y de $LQ$, tenemos que $OLDQ$ es un paralelogramo, así que $DQ=OL=ID$. Entonces $DB=DP=DI=DQ=DC$, de modo que $BPIQC$ es cíclico.

Veamos ahora cómo terminar el problema.
Sea $T$ el punto de tangencia del incírculo de $ABC$ con $BC$ y sea $E$ el opuesto diametral de $T$ en el incírculo de $ABC$. Notemos que $ITCK$ es cíclico ya que $I\widehat TC=90^\circ =I\widehat KC$, entonces\begin{align*}K\widehat PE & =K\widehat TE=K\widehat TI=K\widehat CI \\
& =I\widehat CT=I\widehat CB=I\widehat PX \\
& =K\widehat PX,
\end{align*}así que $P,X,E$ son colineales. Como $I$ es el punto medio de $PK$, $QL$ y $ET$, tenemos que $KL\parallel PQ$ y $EL\parallel TQ$, entonces\begin{align*}L\widehat XB & =L\widehat XP=Q\widehat PX=Q\widehat PE \\
& =Q\widehat TE=L\widehat ET=L\widehat TB,
\end{align*}con lo que $LXTB$ es cíclico. Pero $LITB$ es cíclico, así que $LXITB$ es cíclico. Entonces $B\widehat XI=B\widehat LI=90^\circ$, así que $XI\perp PE$. Como $PE\parallel TK$ y $TK\perp CI$, entonces $PE\perp CI$. Se sigue que $C,I,X$ están sobre la perpendicular a $PE$ por $I$, así que $B\widehat XC=B\widehat XI=90^\circ$. De la misma manera se tiene que $B\widehat YC=90^\circ$. Por la propiedad de la mediana de un triángulo rectángulo se sigue que $MX=BM=CM=MY$, como queríamos.
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Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850
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Gianni De Rico

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Re: FOFO 12 Años - Problema 7

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Este comentario es para avisar que ya está publicada la solución oficial (y que recibí varias soluciones muy interesantes, que estaría bueno que posteen).
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850
Juaco

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Re: FOFO 12 Años - Problema 7

Mensaje sin leer por Juaco »

lo resolví de una forma parecida así que dejo un comentario sobre el inicio nomás que sí es diferente
Spoiler: mostrar
voy a nombrar los puntos igual para no confundir:

la condición $AB + BC = 3\cdot BC$ implica que $AL=AK=BC$ y después por el criterio $\text{ALA}$ tenemos que $\triangle ALO \equiv BCN$ de dónde $AO=BC$ y todas las congruencias de lado que le siguen, por ejemplo que $AD=3\cdot BD$

un comentario que tengo es que usé inversión para probar que $BPIQC$ es cíclico y mirando la solución oficial veo que era mucho más simple.
$\text{“The further removed from usefulness or practical application, the more important."}$
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