XVII OLIMPIADA DE GEOMETRÍA EN HONOR A I.F. SHARYGIN - Ronda por correspondencia - P15

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Nando

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XVII OLIMPIADA DE GEOMETRÍA EN HONOR A I.F. SHARYGIN - Ronda por correspondencia - P15

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Sea $APBCQ$ un pentágono cíclico, $M$ es un punto en el interior del triángulo $ABC$ tal que $\angle MAB = \angle MCA$, $\angle MAC = \angle MBA$ y $\angle PMB = \angle QMC = 90^\circ$. Probar que las rectas $AM$, $BP$ y $CQ$ concurren.
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Gianni De Rico

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Re: XVII OLIMPIADA DE GEOMETRÍA EN HONOR A I.F. SHARYGIN - Ronda por correspondencia - P15

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Sharygin 2021 P15.png
Sea $S$ el pie de la simediana desde $A$ en $(ABC)$. Notemos que $M$ es el punto mágico de la simediana desde $A$ en $ABC$, de modo que es el punto medio de $AS$. Sea $B'$ el segundo punto de intersección de $BM$ con $(ABC)$, y sea $P'$ el segundo punto de intersección de $PM$ con $(ABC)$. De $\angle MAB=\angle MCA$ y $\angle MAC=\angle MBA$ se sigue que $MAB\simeq MCA$, con lo que $\dfrac{MA}{MB}=\dfrac{MC}{MA}$, es decir que$$MB\cdot MC=MA^2=MA\cdot MS=MB\cdot MB',$$con lo que $MB'=MC$. Como además\begin{align*}\angle B'MA & =\angle BMA \\
& =\angle MAB+\angle MBA \\
& =\angle MCA+\angle MAC \\
& =\angle SMC,
\end{align*}entonces $B'$ y $C$ son simétricos respecto de la mediatriz de $AS$. Como $\angle P'MB'=\angle PMB=\angle QMC$, entonces $Q$ y $P'$ también son simétricos respecto de la mediatriz de $AS$. Luego, tenemos que$$MA^2=MA\cdot MS=MP\cdot MP'=MP\cdot MQ$$y que\begin{align*}\angle AMP & =180^\circ -\angle PMB-\angle BMS \\
& =180^\circ -\angle QMC-\angle SMC \\
& =\angle QMA.
\end{align*}Se sigue que $MAP\simeq MQA$, con lo que $M$ es el punto mágico de la simediana desde $A$ en $APQ$, de modo que $AS$ es simediana en $AQP$. Entonces $APSQ$ y $ABSC$ son armónicos.
Sea $T=BP\cap AM$ y sea $Q'$ el segundo punto de intersección de $TC$ con $(ABC)$, entonces$$\{A,S;P,Q\}=-1=\{A,S;B,C\}\underset{T}{=}\{S,A;P,Q'\}=\{A,S;P,Q'\},$$donde la última igualdad vale pues $\{S,A;P,Q'\}=-1$, con lo que $Q\equiv Q'$, es decir que $AM$, $BP$ y $CQ$ concurren en $T$, 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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