Sea $AB$ el diámetro de una circunferencia $\Gamma$ con centro $O$. Sea $CD$ una cuerda de $\Gamma$ que es perpendicular a $AB$ y sea $E$ el punto medio de $CO$. La recta $AE$ corta a $\Gamma$ en un punto $F$ $(F \neq A)$. El segmento $BC$ corta a los segmentos $AF$ y $DF$ en los puntos $M$ y $N$ respectivamente. La circunferencia circunscrita del triángulo $DMN$ corta a $\Gamma$ en un punto $K$ $(K\neq D)$. Pruebe que $KM = MB$.
Sea $G$ el baricentro de $\triangle ABC$, y sea $E=AG\cap BC$, entonces $E$ es el punto medio de $BC$, además tenemos $\frac{CG}{GM}=\frac{1}{3}$ y $\frac{CP}{PM}=\frac{1}{2}$, luego $\{C,P;G,M\}=-1$ y proyectando por $A$ tenemos $\{C,D;E,B\}=\{C,P;G,M\}=-1$, pero como $E$ es el punto medio de $BC$ resulta $\frac{CD}{DB}=\frac{1}{2}$.
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Sean $K'$ la segunda intersección de la circunferencia de centro $M$ y radio $MB$ con $\Gamma$, $G=AB\cap CD$, $X=AB\cap K'D$, $Y=AB\cap FD$.
Como $AB$ es diámetro tenemos que $CO$ es mediana en $\triangle ABC$, y como $E$ es punto medio de $CO$, por el Lema tenemos $\frac{CM}{MB}=\frac{1}{2}$. Ahora, $ACBD$ es armónico, y como $F\in \Gamma$ tenemos $\{M,B;C,N\}\stackrel{F}{=}\{A,B;C,D\}=-1$, de donde $\frac{BN}{NC}=1$.
Sea $C'$ el reflejo de $C$ por $AB$, como $OC'=OC=OB=OA$ tenemos que $C'\in \Gamma$, además, $CC'\perp AB$, luego $D=C'$, por lo que $G$ es el punto medio de $CD$, es decir $\frac{CD}{DG}=-2$. Por Menelao en $\triangle BCG$ tenemos $\frac{BN}{NC}\frac{CD}{DG}\frac{GY}{YB}=-1$, de donde $\frac{GY}{YB}=\frac{1}{2}=\frac{CM}{MB}$, y por Thales $MY\parallel CG\perp AB$. Por otro lado, como $N$ es el punto medio de $BC$, tenemos $ON\perp BC$, luego $MNYO$ es cíclico.
Ahora, $\angle AK'X=\angle AK'D=\angle ACD=\angle ADC=\angle ABC=\angle ABK'+\angle K'BC$ y $\angle K'AX=\angle K'AB=90°-\angle ABK'$, luego $\angle DXY=\angle AXK'=180°-(\angle AK'X+\angle K'AX)=180°-(\angle ABK'+\angle K'BC+90°-\angle ABK')=90°-\angle K'BC$. Además, $\angle DYX=\angle DYO=\angle OMN=\angle OMB$, pero $MB=MK'$ y $OB=OK'$, luego $MO$ es mediatriz de $BK'$, por lo que $\angle K'MB=2\angle OMB=2\angle DYX$, y como $180°-2\angle K'BC=180°-2\angle K'BM=\angle K'MB$, tenemos $\angle DYX=90°-\angle K'BC=\angle DXY$. Entonces $\triangle DXY$ es isósceles en $D$ y $DC\perp XY$, por lo tanto $DC$ es bisectriz de $\angle XDY=\angle K'DF$, por lo que $K'C=CF$. Por arco capaz en $\Gamma$ tenemos $\angle K'FC=\angle K'BC=\angle K'BM$, y como $\triangle K'CF$ y $\triangle K'MB$ son isósceles en $C$ y $M$, tenemos $\angle K'MB=\angle K'CF$, pero $\angle K'MB=\angle K'MN$ y $\angle K'CF=180°-\angle K'DF=180°-\angle K'DN$, de donde $K'MND$ es cíclico, por lo que $K'$ está sobre el circuncírculo de $MND$ y sobre $\Gamma$. Como $K'\neq D$ entonces $K'=K$, y estamos.
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Aplicamos Menelao en el $\Delta ABC$ y la transversal $PMO$.
$\frac{AO}{OB}\frac{BM}{MC}\frac{PC}{PA}=\frac{1}{1}\frac{2}{1}\frac{PC}{PA}=1$, $\frac{PC}{PA}=\frac{1}{2}$. Es decir que $PC=CA$.
Ya que $PA\perp BC$ tenemos que $\angle PBC= \angle ABC = \alpha$. (ABP es isosceles).
Reflejamos $BF$ repecto de $BC$ hasta cortar a $\Gamma$ en $K'$. Luego tenemos $\angle FBP= \angle ABK' =\kappa$.
Usando datos en el $\Delta ABF$ vemos que $\angle BAF =90-(2\alpha + \kappa)$ .
Es facil ver por simetria que $\angle BPM = \angle BAM = 90-(2\alpha + \kappa)$.
Sea $Q = PO\cap BK'$. Usando datos en el $\Delta BPQ$ vemos que $\angle PQB =180- (90-(2\alpha + \kappa)) - (2\alpha + \kappa) = 90$
Como $O$ pertenece a $PQ$ (+ el resultado anterior) tenemos que $BM=MK'$.
Para ver $K'=K$ tenemos que probar que $MNDK'$ sea ciclico. Entonces,
$\angle BMK' =180- 2(\alpha + \kappa)$ (BMK' es isosceles)
$\angle K'DF = \angle K'BF = 2(\alpha + \kappa)$. La suma da 180.
dibu.png
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Dado un triangulo ABC y los puntos medios L, M y N de los lados BC, AC y AB, respectivamente, probar que las bisectrices de los angulos ANB, BLC y CMA son concurrentes.
