FOFO 12 Años - Problema 7

[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 $MX=MY$.

[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.

[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).

[Juaco]

lo resolví de una forma parecida así que dejo un comentario sobre el inicio nomás que sí es diferente

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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.