Problemita propuesto en Crux Mathematicorum

gerez_robert
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Problemita propuesto en Crux Mathematicorum

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Sea $\Gamma$ una semicircunferencia, de diametro $AB$. Sea $C$ un punto en $\Gamma$, tal que $ABC$ es un triangulo. La circunferencia inscrita al $\triangle ABC$ es tangente a $AC$ y $BC$, en $P$ y $Q$, respectivamente, además, $PQ$ intersecta a $\Gamma$ en $X$ e $Y$($XP<XQ$). Consideremos la semicircunferencia con diámetro en $AB$ y que es tangente a $AC$ y $BC$, en $R$ y $S$, respectivamente.
Demostrar que $XR$ e $YS$ concurren en $AB$.
Última edición por gerez_robert el Mié 20 Mar, 2024 12:14 pm, editado 1 vez en total.
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gerez_robert
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Re: Problemita propuesto en Crux Mathematicorum

Mensaje sin leer por gerez_robert »

Dejo mi demostración :)(no la vean sin intentar el problemita, porque está bonito).
Claim 1:
Spoiler: mostrar
$X$ e $Y$ son los puntos medios de los arcos menores $\overset{\LARGE\frown}{AC}$ y $\overset{\LARGE\frown}{BC}$, respetivamente. Demostración:
Sea $I$ el incentro de $\triangle ABC$.
Sean $X'$ e $Y'$ los puntos medios de los arcos menores $\overset{\LARGE\frown}{AC}$ y $\overset{\LARGE\frown}{BC}$, respectivamente.
Bien, el que $A, I$ e $Y'$ esten alineados, y que además $B, I$ y $X'$ también lo estén, es trivial.
Como $AB$ es diámetro de $\Gamma$ y utilizando la colinealidad recién dicha, tenemos que $\angle IY'B=\angle AY'B=90^{\circ}$, por otro lado $\angle IQB=90^{\circ}$ $\Rightarrow$ $IQY'B$ es cíclico $\Rightarrow$ $\angle QY'A=\angle QY'I=\angle QBI=\angle X'BC=\angle XY'A$ $\Rightarrow$ $X', Q$ e $Y'$ están alineados, analogamente(haciendo lo mismo con $X'$) $X', P$ e $Y'$, están alineados $\Rightarrow$ $X'$ e $Y'$ quedan definidos como las intersecciones de $PQ$ con $\Gamma$ en cada arco que ya mencioné, es decir $X=X'$ e $Y=Y'$.
Claim 2:
Spoiler: mostrar
Sea $\omega$ la semicircunferencia con diametro en $AB$ y que es tangente en...(blablablá, se entiende a cual me refiero) y $O$ su centro.
Sean $K$ y $L$ las intersecciones de $\omega$ con $AB$, los puntos $A, K, L$ y $B$ son todos distintos y aparecen en ese orden.
Sean $Z=BX∩AY$, $W=KS∩RL$.
Entonces $\triangle AXZ$ y $\triangle KRW$ son homoteticos, ademas $\triangle BYZ$ y $\triangle LSW$ también son homoteticos. Demostración:
Notemos que $OR \parallel BC$ es trivial $\Rightarrow$ $2\angle RLA=2\angle RLK=\angle ROK=\angle ROA=\angle BCA=2\angle XBA$ $\Rightarrow$ $\angle RLA=\angle XBA$ $\Rightarrow$ $RL \parallel BX$. Ahora veamos que $\angle KR \parallel AX$, en efecto, $\angle ARO=\angle KRA+\angle KRO$ y $\angle KRL=\angle KRO+\angle ORL$, y como $KL$ es diametro $\Rightarrow$ $\angle KRL=90^{\circ}=\angle ARO$ $\Rightarrow$ $\angle KRA=\angle ORL=\angle RLO=\angle RLA=\angle XBA=\angle XBC=\angle XAC=\angle XAR$ $\Rightarrow$ $AX \parallel RK$. Analogamente, $KS \parallel AY$ y $LS \parallel BY$, entonces $\triangle AXZ$ y $\triangle KRW$ son homoteticos, pues tienen sus tres lados paralelos, por lo mismo $\triangle BYZ$ y $\triangle LSW$ tambien son homoteticos.
Entonces $WZ, YS$ y $BL$ concurren en el centro de homotecia, que en particular está sobre $AB$, digamosle a dicho punto $T$, luego $AK, XR$ y $ZW$ concurren en su respectivo centro de homotecia, pero como $K$ está en $AB$ y $ZW$ ya intersecta a $AB$ en $T$ $\Rightarrow$ $X, R$ y $T$ están alineados.
Por lo tanto, $XR, YS$ y $AB$ concurren.
Como la sufri, tuve flojera de buscar una hoja y lo tuve que hacer todo mientras me lo imaginaba(aunque es bueno para trabajar un poco la "abstracción" digamos, pero preguntame si quiero volver a escribir una solución de esta forma, otra vez...NO jajajaj).
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