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IGO 2015 - Nivel Medio - Problema 3

Publicado: Mié 29 Jul, 2020 11:27 am
por Ianoni
En el triángulo $ABC$ los puntos $M$,$ N$, $K$ son puntos medios de $BC$, $CA$, $AB$ respectivamente. Sean $\omega_b$ y $\omega_c$, dos semicircunferencias de diámetros $AC$ y $AB$ respectivamente, exteriores al triángulo. Supongamos que $MK$ y $MN$ cortan a $\omega_c$ y $\omega_b$ en $X$ e $Y$ respectivamente. Si las tangentes trazadas por $X$ e $Y$ a $\omega_c$ y $\omega_b$ respectivamente se cortan en $Z$, demostrar que $AZ \perp BC$

Re: IGO 2015 - Nivel Medio - Problema 3

Publicado: Mié 29 Jul, 2020 2:08 pm
por Ianoni
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Llamamos $F$ a la intersección de $AZ$ con $BC$ Sea $\alpha = N\hat{Y}A$, como $YN = NA$ ya que ambos son radios, tenemos que $ Y\hat{A}N = \alpha$, por suma de angulos interiores, tenemos que $Y\hat{N}A= 180 - 2 \alpha$ $\to$ $A\hat{N}M = 2 \alpha$, como $NK$ es base media, $NK \parallel BC$, análogamente $MN \parallel AB$, entonces el cuadrilátero $AKMN$ es un paralelogramo, por lo tanto, $A\hat{N}M = M\hat{K}A = 180 - 2 \alpha$ $\to$ $A\hat{K}X = 180 -2\alpha$ $\to$ $K\hat{A}X = \alpha$, por angulo semiinscrito, $Z\hat{X}A = 90 - \alpha$, de la misma forma, $Z\hat{Y}A = 90- \alpha$, pero entonces el triangulo $YZX$ es isósceles, pero como $ZY = ZX$, y ambas son tangentes, la potencia de un punto respecto desde $Z$ a 2 puntos de 2 circunferencias distintas es la misma, por lo tanto, $Z$ pertenece al eje radical de las circunferencias $\omega_b$ y $\omega_c$, y claramente $A$ también pertenece ya que este es la intersección de ambas, por lo tanto la recta $AZ$ es el eje radical, y como el eje radical es perpendicular a la unión de los centros, que en este caso son $N$ y $K$, $AZ \perp NK$, pero como $NK \parallel CB$ porque $NK$ es base media, por ángulos entre paralelas, $Z\hat{F}C = 90°$, es decir, $AZ \perp BC$

Re: IGO 2015 - Nivel Medio - Problema 3

Publicado: Mié 29 Jul, 2020 5:22 pm
por Gianni De Rico
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Por base media $MK=\frac{1}{2}CA$ y $MN=\frac{1}{2}AB$. Por ser radios $KX=\frac{1}{2}AB$ y $NY=\frac{1}{2}CA$. Entonces $MX=MK+KX=\frac{1}{2}CA+\frac{1}{2}AB=MN+NY=MY$.
Por ser tangentes $\angle ZXM=\angle ZXK=90°$ y $\angle ZYM=\angle ZYN=90°$. Entonces por Pitágoras y potencia de un punto$$\text{Pot}(Z,\omega _c)=ZX^2=ZM^2-MX^2=ZM^2-MY^2=ZY^2=\text{Pot}(Z,\omega _b)$$de donde $Z$ está en el eje radical de $\omega _b$ y $\omega _c$. Como $A$ también lo está, tenemos que $AZ$ es dicho eje radical, luego, $AZ\perp KN$, pero $KN\parallel BC$ por ser base media. Entonces $AZ\perp BC$.