Selectivo IMO 2019 - Problema 3

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jujumas

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Selectivo IMO 2019 - Problema 3

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Sea $ABC$ un triángulo con $A\neq 90^{\circ}$. Los puntos $E$ en $AC$ y $F$ en $AB$ son tales que $BE$ es perpendicular a $AC$ y $CF$ es perpendicular a $AB$. La bisectriz de $\hat{A}$ corta a $EF$ en $M$ y a $BC$ en $N$. Se trazan las perpendiculares a $EF$ por $M$ y a $BC$ por $N$, que se cortan en $P$. Demostrar que $P$ pertenece a la mediana trazada desde $A$.
BrunZo

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Re: Selectivo IMO 2019 - Problema 3

Mensaje sin leer por BrunZo »

Bueno... Solución:
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Imágen:
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geogebra-export.png
Preliminares:
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Vamos a nombrar un par de cosas:
  • Sea $\Omega$ el circuncírculo de $ABC$.
  • Sabemos que $BCEF$ es cíclico, sea $\omega_1$ su circuncírculo.
  • Sea $\omega_2$ el circuncírculo de $AEF$.
Primera parte: El círculo $\gamma$ .
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Notemos que como $BCEF$ es cíclico,
$$\angle EMN=\angle MNB=\frac{\angle A}{2}+\angle C$$
por lo que, siendo $T$ la intersección de $BC$, $DE$, $MT=NT$. Ahora, como $\angle PMT=\angle PNT=90^{\circ}$, $P$ es la antípoda de $T$ con respecto al circuncentro del isósceles $MNT$, luego $MP=NP$.
De este modo, concluímos que existe un círculo $\gamma$ centrado en $P$ y tangente a $MT$, $NT$ en $M$ y $N$, respectivamente.
Segunda parte: El punto $X$.
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Sea $X$ la intersección de la paralela $l$ a $BC$ por $A$ y la recta $EF$. Luego, $\angle XAC=\angle C=\angle AEF$, por lo que $l$ es tangente a $\omega_2$. Ahora, tomemos los círculos $\omega_1$, $\omega_2$ y el círculo $\kappa$ centrado en $A$ y radio $0$. El eje radical de $\omega_1$, $\omega_2$ es $DE$, y el de $\omega_2$, $\kappa$ es $l$, luego $X$ es el centro radical de estos tres círculos.
Además, usando los ángulos de la primera parte, tenemos que
$$\angle XAM=\angle XAN=\angle ANB=\angle MNB=\angle EMN=\angle XMA$$
por lo que $AX=MX$, lo que implica que $X$ pertenece al eje radical de $\gamma$ y $\kappa$.
De todo esto se sigue que $X$ es centro radical de los círculos $\omega_1$, $\gamma$, $\kappa$.
Tercera parte: El punto $Y$.
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Sea $Y$ la intersección de la tangente a $\omega_2$ en $A$ y $BC$.
Usando un razonamiento similar a la parte dos, tenemos que $Y$ es centro radical de $\Omega$, $\omega_1$ y $\kappa$.
Además,
$$\angle YAN=\frac{\angle A}{2}+\angle C=\angle ANB$$
por lo que $AY=NY$, lo que implica que $Y$ pertenece al eje radical de $\gamma$ y $\kappa$.
De todo esto se sigue que $Y$ también es centro radical de los círculos $\omega_1$, $\gamma$, $\kappa$.
Cuarta parte: El eje radical.
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Notemos que $X$ e $Y$ son ambos centros radicales de los círculos $\omega_1$, $\gamma$, $\kappa$, por lo que $XY$ es un eje radical de los tres círculos. Esto es $\omega_1$, $\gamma$, $\kappa$ son coaxiales.
Esto implica que sus centros: el punto medio de $BC$, $P$ y $A$ (respectivamente) son colineales, con lo que estamos.
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Última edición por BrunZo el Jue 11 Abr, 2019 9:56 pm, editado 1 vez en total.
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jujumas

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Re: Selectivo IMO 2019 - Problema 3

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Solución:
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Como me molesta que la mediana no se llame $AM$, vamos a cambiar los rótulos de $M$ y $N$ por $X$ e $Y$. Sea $M$ el punto medio de $BC$ (como corresponde), $M_1$ el punto donde $AM$ corta a $EF$, sea $S$ el punto donde $EF$ corta a $BC$. Llamemos ahora $N_1$ al punto medio de $EF$ y $N$ al punto donde $N$ corta a $BC$.

Por último vamos a definir $P$ de una forma extraña. Tomemos $P$ en $AM$ tal que $SP$ es bisectriz de $\angle ESC$. Nuestro objetivo va a ser entonces demostrar que $PY$ es perpendicular a $BC$ y que $PX$ es perpendicular a $EF$.

La figura de análisis queda así:
SelectivoIMO2019P3.png
Sabemos que $BCEF$ es cíclico y su centro es $M$. Luego, tenemos que como $N_1$ es punto medio de $EF$ y $ME=MF$, $\angle MN_1M$ es recto.

Observemos ahora que $AEF$ y $ABC$ son semejantes. Luego, $AN_1F$ y $AMC$ son semejantes y $MM_1N_1N$ es cíclico, de donde $\angle M_1NM$ es recto también.

Ahora, por teorema de la bisectriz y semejanza, $\frac{M_1X}{XN_1}=\frac{AM_1}{AN_1}=\frac{AN}{AM}$ y $\frac{M_1P}{PM}=\frac{M_1S}{SM}=\frac{SN}{SN_1}$, y como $\angle AMN = \angle SN_1N$ y $\angle ANM = 180^{\circ} - \angle SN_1N$, $\frac{SN}{SN_1}=\frac{AN}{AM}$, y $\frac{M_1X}{XN_1}=\frac{M_1P}{PM}$.

Luego, por Thales, $XP$ y $N_1M$ son paralelas. Por argumentos análogos, llegamos a que $PY$ y $NM_1$ son paralelas, y esto último implica que $PY$ y $PX$ son perpendiculares respectivas a $BC$ y $EF$.
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Gianni De Rico

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Re: Selectivo IMO 2019 - Problema 3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

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Sean $\omega$ el circuncírculo de $\triangle AEF$, $\Omega$ el circuncírculo de $\triangle ABC$, $I$ la segunda intersección de $AM$ con $\omega$, $J$ la segunda intersección de $AN$ con $\Omega$, y $O$ el punto medio de $BC$.
Como $BE\perp AC$ y $CF\perp AB$, tenemos que $BCEF$ es cíclico y su circuncentro es $O$, entonces $EF$ y $BC$ son antiparalelas respecto a $AB$ y $AC$ (*). Sea $g$ la transformación que consiste en una reflexión por la recta $AM$ seguida de una homotecia de centro $A$ y razón $\frac{AB}{AE}$, luego, por (*) tenemos que $g(A)=A$, $g(E)=B$ y $g(F)=C$, entonces $g(M)=N$ y $g(\omega )=\Omega$, por lo tanto, $g(I)=J$. En particular tenemos que $\frac{AM}{AN}=\frac{AI}{AJ}\Rightarrow \frac{AM}{AI}=\frac{AN}{AJ}$, y como $M,N,I,J\in AM$, tenemos que si $h$ es la homotecia de centro $A$ y razón $\frac{AM}{AI}$, entonces $h(M)=I$ y $h(N)=J$. (**)
Supongamos WLOG $AB<AC$, luego $\angle ABC>\angle ACB$, y como $\angle ANB=\frac{1}{2}\angle BAC+\angle ACB$, tenemos que $\angle ANB<90°$, entonces $P$ y $B$ están en semiplanos opuestos respecto a la recta $AN$. Por otro lado, tenemos que $\frac{BN}{NC}=\frac{AB}{AC}<1$ por el Teorema de la Bisectriz, entonces $BN<NC\Rightarrow BN<\frac{1}{2}BC=BO$, entonces $O$ y $B$ están en semiplanos opuestos respecto a la recta $AN$. Luego, $P$ y $O$ están en el mismo semiplano respecto a la recta $AN$. (***)
Ahora, como $O$ es el circuncentro de $BCEF$, está sobre las mediatrices de $BC$ y de $EF$. Como $J$ es el pie de la bisectriz de $A$ en $\Omega$, tenemos que $J$ está sobre la mediatriz de $BC$, y como $I$ es el pie de la bisectriz de $A$ en $\omega$, tenemos que $I$ está sobre la mediatriz de $EF$. Luego, $JO,IO$ son las mediatrices de $BC,EF$ respectivamente, por lo tanto $JO\perp BC\perp NP\Rightarrow JO\parallel NP$ y también $IO\perp EF\perp MP\Rightarrow IO\parallel MP$, como además $IJ\parallel MN$ por (***) tenemos que $\triangle MNP$ y $\triangle IJO$ son directamente homotéticos, luego, por (**) resulta $h(P)=O$, por lo que $A,P,O$ son colineales, es decir que $P$ pertenece a la mediana trazada desde $A$.
Selectivo IMO 2019 P3.png
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Joacoini

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Re: Selectivo IMO 2019 - Problema 3

Mensaje sin leer por Joacoini »

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Sea $W$ (de Wizard) el punto mágico de la mediana desde $A$ y $H$ el ortocentro de $ABC$.
Si ahora te estás preguntando que mierda es el punto mágico de la mediana leé lo siguiente.
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Las circunferencias tangentes a $BC$ por $B$ y por $C$ y que pasan por $A$ se vuelven a cortar en $W$, por la tangencia $W$ cumple que $W\widehat AB=W\widehat BC$ y $W\widehat AC=W\widehat CB$ y como el punto medio de $BC$ tiene la misma potencia a un punto a estás dos circunferencias tenemos que $W$ está en la mediana de $A$
Veamos que $W$ es el punto de Miquel de $BCFE$.
$B\widehat WC=180-W\widehat BC-W\widehat CB=180-B\widehat AC=B\widehat HC\Rightarrow BCWH$ es cíclico.
$W\widehat AF=W\widehat BC=W\widehat HC=180-W\widehat HF\Rightarrow FAEWH$ es cíclico y listo, además de este último cíclico tenemos el lemoide de que $H\widehat WA=90$.

Lo único que nos importa de $M$ y $N$ es que $\frac{BN}{NC}=\frac{EM}{MF}$ (si, este es un problema de rotohomotecias) y de esto $W$ es el punto de Miquel de $BNFM$ y de $CNEM$ por lo que si $BC$ y $EF$ se cortan en $Q$ tenemos que $QMWN$ es cíclico.

$Q$, $H$ y $W$ son colineales ya que los ejes radicales de $(AEWHF)$, $(WHBC)$ y $(BCEF)$ concurren.

La segunda intersección de $(BMWN)$ con $AW$ es $P'$, por el lemoide tenemos que $Q\widehat WP'=90$ por lo que $Q\widehat MP'=Q\widehat NP'=90$ por lo que $P'=P$ el cual pertenece a la mediana trazada desde $A$.
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Última edición por Joacoini el Mié 08 Nov, 2023 10:24 pm, editado 1 vez en total.
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Re: Selectivo IMO 2019 - Problema 3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Si Joaco lo hace, yo también subo una solución al estilo Harry Potter
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Vamos a definir varios puntos:
Sean $D$ el pie de la altura desde $A$ en $ABC$, $G=BC\cap EF$, $H$ el ortocentro de $ABC$, $T$ el punto medio de $BC$, $X$ el segundo punto de intersección de $AT$ con el circuncírculo de $AEF$, y $P'$ el punto de intersección de $AT$ y la perpendicular a $BC$ por $N$.

Lema: Sea $S$ sobre el circuncírculo de $ABC$ tal que $AS$ es simediana, y sea $I$ el pie de la bisectriz de $A$ en $BC$, entonces $\angle ASI=\frac{\angle CBA-\angle ACB}{2}$.
Demostración:
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Selectivo IMO 2019 P3 - Lema.png

Notemos que $\angle BSC=180°-\angle BAC=\angle CBA+\angle ACB$, y que $\angle BSA=\angle ACB$, entonces si demostramos que $SI$ es bisectriz de $\angle BSC$, tenemos que $\angle ASI=\angle BSI-\angle BSA=\frac{\angle CBA+\angle ACB}{2}-\angle ACB=\frac{\angle CBA-\angle ACB}{2}$.

Para ver esto podría decir simplemente que $ABSC$ es armónico, pero en vez de eso, vamos a demostrar por qué es así.
Sea $M$ el punto medio de $BC$, como $AS$ es simediana, entonces $\angle BAS=\angle MAC$, y por arco capaz, $\angle ASB=\angle ACB=\angle ACM$, entonces $ABS\simeq AMC$, de donde $\frac{BS}{MC}=\frac{AB}{AM}$. De la misma manera obtenemos que $\frac{BM}{SC}=\frac{AM}{AC}$, entonces $\frac{BS}{SC}=\frac{BS}{MC}\frac{BM}{SC}=\frac{AB}{AM}\frac{AM}{AC}=\frac{AB}{AC}$ usando que $M$ es punto medio, y por el Teorema de la bisectriz, esto es igual a $\frac{BI}{IC}$, así que $SI$ es bisectriz y con eso estamos. $\blacksquare$
Selectivo IMO 2019 P3.png

Sean $\angle BAC=2\alpha$, $\angle CBA=2\beta$ y $\angle ACB=2\gamma$. Como $BE\perp CE$ y $CF\perp BF$, $BCEF$ es cíclico, entonces $\angle EFA=2\gamma$ y $\angle AEF=2\beta$, además, $AX$ es mediana en $ABC$, de donde $AX$ es simediana en $AEF$, y como $M$ es el pie de la bisectriz de $\angle FAE$, por el Lema resulta $\angle AXM=\beta -\gamma$. Por otro lado, $\angle MNB=\angle ANB=\alpha -2\gamma$, de donde $\angle MNP'=90°-\alpha -2\gamma =\beta -\gamma$, así que $MNP'X$ es cíclico.
Ahora, como $X\in \odot AEF$, tenemos que $HX\perp AX\parallel XT$, y por ser altura, $HD\perp BC\parallel DT$, entonces $HDTX$ es cíclico, y como $DTEF$ es cíclico (circunferencia de los 9 puntos), tenemos que $(HX,DT,EF)$ son los ejes radicales de $(\odot HXDT,\odot DTEF,\odot EFHX)$, por lo tanto, $HX$ pasa por $G$, entonces $GX\perp XP'$, y como $GN\parallel BC\perp NP'$, tenemos que $GNP'X$ es cíclico, entonces $GNP'M$ es cíclico, así que $MP'\perp GM\parallel EF$, entonces $P'$ es el punto de intersección de las perpendiculares a $BC$ y $EF$ por $N$ y $M$, respectivamente, de donde $P\equiv P'$, y así $P$ pertenece a la mediana trazada desde $A$.
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