IGO 2014 - Nivel Avanzado - Problema 3

[drynshock]

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo. Una circunferencia de diámetro $BC$ interseca a $AB$ y a $AC$ en $E$ y $F$, respectivamente. $M$ es el punto medio de $BC$, y $P$ es el punto de intersección de $AM$ y $EF$. $X$ es un punto arbitrario en el arco $EF$ e $Y$ es el segundo punto de intersección de $XP$ con la circunferencia de diámetro $BC$. Demostrar que $\angle XAY=\angle XYM$.

[enigma1234]

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Empecemos notando que esto es cierto si $X=E$ y $Y=F$, pues $\angle EFA=\angle B$ y $\angle MFC=\angle C$ con lo que $\angle EFM=180^\circ-\angle B-\angle C=\angle A=\angle EAF$. Notar que esto es que $ME$ y $MF$ son tangentes a $\odot(AEF)$.

Luego, veamos que $X$ y $Y$ varían tal que son colineales con $D$ y tal que la distancia $XM=YM$ es fija e igual a $ME$. Intentando usar esto, sea $Q$ es donde $AP$ intersecta nuevamente a $\odot (AEF)$. De esto $MA\times MQ=ME^2=MY^2$.

Por otro lado, en $P$ tenemos $AP\times PQ=EP\times PF=XP\times PY$, con lo que $A$, $X$, $Q$ y $Y$ son concíclicos.

Ahora, usando lo anterior en $X$ y $Y$ tenemos que $\angle QYM=\angle MAY$ y que $\angle XYQ=\angle XAP$, con lo que:
$$\angle XYM=\angle XYQ+\angle QYM=\angle XAP+\angle MAY=\angle XAY.$$

IGO 2014 NA P3.jpg

[Gianni De Rico]

Ver el dibujo de arriba

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Notemos primero que$$\angle MEF=90^\circ -\frac{\angle FME}{2}=90^\circ -\angle FCE=\angle BAC,$$con lo que $ME$ es tangente a $(AEF)$. Por otro lado, por Potencia de un Punto tenemos que$$PX\cdot PY=PE\cdot PF=PA\cdot PQ,$$con lo que $AXQY$ es cíclico. Se sigue que$$MY^2=ME^2=MA\cdot MQ,$$de donde $MY$ es tangente a $(AXQY)$. Por semiinscripto concluimos entonces que$$\angle XAY=\angle XYM,$$como queríamos.

[Fedex]

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Es conocido que:

Lema: Sean $A$, $B$, $C$, $D$ puntos sobre una recta en ese orden que forman una cuaterna armónica y sean puntos $X$ e $Y$ que verifican que:

• $X$, $C$, $Y$ son colineales con $C$ entre $X$ e $Y$

• $AX$ es tangente a $(BXD)$ y $AY$ es tangente a $(BYD)$

Luego $BXDY$ son concíclicos.

Ahora para el problema, sea $Q$ el punto mágico de la mediana $AM$ luego $A$, $P$, $Q$, $M$ son una cuaterna armónica porque $AEQF$ es un cuadrilátero armónico sobre la circunferencia de diámetro $AH$ (siendo $H$ el ortocentro de $\triangle ABC$). Además por ser $Q$ punto mágico de la mediana se verifica que:
$$MQ \cdot MA = MB^2 = MX^2 = MY^2$$
De donde se sigue que $MX$ es tangente a $(AXQ)$ y $MY$ es tangente a $(AYQ)$. Por último, $XPY$ son colineales en ese orden donde por el lema mencionado se sigue que $AXQY$ son concíclicos y así lo dicho antes de:
$$MQ \cdot MA = MY^2$$
Implica que $MY$ es tangente a $(AXY)$ de donde por semiinscritos se obtiene que $\angle XAY = \angle XYM$ como queríamos probar.

[Ignacio Daniele]

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Se puede invertir a través de la circunferencia de diámetro $\overline{BC}$, y como $X$ e $Y$ son invariantes, al pertenecer a dicha circunferencia, y $A$ y $Q$ se intercambian entre sí, el circuncírculo de $AXQY$ también resulta invariante (esto ya partiendo de lo que es cíclico por la primera solución, usando potencia de un punto, y usando que $A$ y $Q$ se intercambian al estar alineados con $M$, y ser $\overline{ME}$ tangente al circuncírculo de $ADQE$, implicando lo que quería demostrar), luego, como $AXQY$ al invertirle no cambia, es conocido que $\overline{XM}$ es tangente al circuncírculo de $AXQY$, lo que concluye la solución.

[drynshock]

Watch and learn

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geogebra-export (86).png

Sean $\Omega = (AXY)$, y $\{G\} = AP \cap \Omega$. Por potencia de un punto tenemos

$$AP.PG = XP. PY = EP.PF$$

Dado que $EP.PF$ es constante, entonces $AP.PG$ también, de donde $G$ es un punto fijo en la recta $AP$. Luego, definamos $f(X) = \operatorname{Pot(M, \Omega)}$ tenemos que $\operatorname{Pot(M, \Omega)} = MG.MA$, de donde $f$ es una función constante al variar $X$ por la circunferencia de diámetro $BC$. Queda pendiente ver, a que constante es igual.

Consideremos $X = E \Rightarrow Y = F$

geogebra-export (88).png

Notemos que $\angle MFC = \angle MCF = \angle ACB = \angle AEF$, de donde $MF$ es tangente a $(AEF)$, de donde $f(E) = \operatorname{Pot(M, \Omega)} = MF^2$. Se sigue que $MY$ es tangente a $\Omega$, lo cual implica lo deseado.

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Edit: $AP.PG = XP.PY = EP.PF \Rightarrow AEGF$ cíclico y $AG$ es el eje radical de $(AEGF), (AYGX)$, se sigue que $M$ esta en el eje radical de ambas, de donde (sumado a lo que demostré a lo último) $ME^2 = MY^2 \Rightarrow MY$ es tangente a $(AXY)$. Pero no es tan cool como la otra.