IGO 2022 - Avanzado - Problema 3

[enigma1234]

En el triángulo $ABC$ $(\angle A\neq 90^\circ)$, sean $O$ y $H$ el circuncentro y el pie de la altura desde $A$ respectivamente. Supongamos que $M$ y $N$ son los puntos medios de $BC$ y $AH$ respectivamente. Sea $D$ la intersección de $AO$ y $BC$, y sea $H'$ la reflexión de $H$ sobre $M$. Suponga que la circunferencia circunscrita a $OH'D$ interseca por segunda vez a la circunferencia circunscrita a $BOC$ at $E$. Demuestre que $NO$ y $AE$ se intersecan en un punto de la circunferencia circunscrita a $BOC$.

[gerez_robert]

Solución:

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Sea $L$ el ortocentro de $\triangle ABC$, $K$ la reflexión de $A$ por $O$, $I$ la intersección de la tangente a $(ABC)$ por $K$ y $BC$.
Luego, sean $J=ON∩(BOC)$($J≠O$), $J'=JN∩BC$, y $E'$ el pie de la perpendicular a $OI$ por $K$.

Como $IK$ es tangente a $(ABC)$, tenemos $OK \perp IK$. Se sigue $IE'.IO=IK^{2}=IB.IC \Rightarrow E'OCB$ es cíclico.
Además, por las reflexiones del ortocentro $K, M$ y $L$ están alineados y $KM=ML$.
$\Rightarrow H'LHK$ es un paralelogramo.
Se sigue $KH' \perp BC$
$\Rightarrow IH'.ID=IK^{2}=IE'.IO$
$\Rightarrow E'ODH'$ es cíclico.
Por tanto, $E\equiv{E'}$.
Ahora invirtamos respecto a $(ABC)$.
Es trivial que $I$ es el inverso de $E$ y que $A$ queda fijo.
Notemos que $J'$ es el inverso de $J$, en efecto, $BC$ es el eje radical de $(ABC)$ y $(BOC)$, luego $OJ∩BC$ es el inverso de $J$, dicho punto es justamente $J'$.
Luego probar que $J, E$ y $A$ están alineados(que es a lo que se reduce este problema) es equivalente a demostrar que $IJ'OA$ es cíclico(por propiedades de la inversión).
Por base media $ON \parallel KH$ y $AHKI$ es cíclico por $\angle IKA=90^{\circ}=\angle IHA$
$\Rightarrow \angle IAO=\angle IAK=\angle IHK=\angle J'HK=\angle OJ'H$
$\Rightarrow IJ'OA$ es cíclico. $\blacksquare$

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