Problema 5 APMO 2013

[Matías V5]

Sea [math]ABCD un cuadrilátero inscripto en una circunferencia [math]\omega, y sea [math]P un punto en la prolongación de [math]AC tal que [math]PB y [math]PD son tangentes a [math]\omega. La tangente en [math]C intersecta a [math]PD en [math]Q y a la recta [math]AD en [math]R. Sea [math]E el segundo punto de intersección entre [math]AQ y [math]\omega. Probar que [math]B,E,R son colineales.

[Nacho]

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Es claro que [math]ABCD y [math]ACED son cuadriláteros armónicos. Si la recta [math]RE corta a [math]\omega por segunda vez en un punto [math]B', tenemos que [math]-1=\{ A,E;C,D\} =_{R} \{ D,B';C,A\}. Pero sabemos que [math]\{D,B;C,A\}=-1 por ser [math]ABCD armónico. Por lo tanto [math]B\equiv B' y estamos [math]\blacksquare

[jujumas]

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Es claro que $ABCD$ y $ACED$ son cuadriláteros armónicos. Si la recta $RE$ corta a $\omega$ por segunda vez en un punto $B'$, tenemos que $-1=\{ A,E;C,D\} =_{R} \{ D,B';C,A\}$. Pero sabemos que $\{D,B;C,A\}=-1$ por ser $ABCD$ armónico. Por lo tanto $B\equiv B'$ y estamos $\blacksquare$

Creo que esta solución esta mal, porque...

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se toma una perspectiva con respecto a la circunferencia desde $R$, que es un punto exterior a la misma. De hecho, nunca se usa que $R$ cae sobre la tangente a la circunferencia por $C$, y es claro que lo que se intenta demostrar es mentira si no hacemos a $R$ caer exactamente sobre la tangente.

Solución con una idea parecida:

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APMO2013P5.png

Sea $B_1$ el punto donde $RE$ vuelve a cortar a $\omega$, sea $X$ el punto de intersección de $AC$ y $DB_1$, y sea $Y$ el punto de intersección de $B_1C$ con $AD$. Usando el Teorema de Pascal en el hexágono $ACCB_1DD$ obtenemos que $X$, $Q$ e $Y$ son colineales.

Ahora, $-1=\{ A,E;C,D\}=_{B_1} \{ A,R;Y,D\}=_{Q} \{ A,C;X,P\}$. Luego, $X$ pertenece a la polar de $P$ respecto a $\omega$, y como esta polar es $BD$, $B=B_1$, lo que demuestra lo pedido.

[Ivan]

Creo que esta solución esta mal, porque...

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se toma una perspectiva con respecto a la circunferencia desde $R$, que es un punto exterior a la misma. De hecho, nunca se usa que $R$ cae sobre la tangente a la circunferencia por $C$, y es claro que lo que se intenta demostrar es mentira si no hacemos a $R$ caer exactamente sobre la tangente.

La solución de @Nacho es correcta. El lema que usa para proyectar es el siguiente:

Sean $\Gamma$ una circunferencia y $P$ un punto que no está en $\Gamma$. Sean $a$, $b$, $c$, $d$ cuatro rectas que
pasan por $P$. Las rectas $a$, $b$, $c$, $d$ cortan a $\Gamma$ en los puntos $A$ y $A'$; $B$ y $B'$; $C$ y $C'$; $D$ y $D'$ respectivamente. Entonces $(A, B; C, D ) = ( A' , B' ; C' , D' )$.

Una forma bastante fácil de probar esto cuando $P$ es exterior a $\Gamma$ es invirtiendo con respecto a la circunferencia $\omega$ con centro $P$ que es ortogonal a $\Gamma$ (invertir preserva la razón doble). El caso general es un poco más molesto.

La solución usa sutilmente que $CR$ es tangente a $\omega$: al proyectar desde $R$ el punto $C$ va a sí mismo.

[Gianni De Rico]

El lema que usa para proyectar es el siguiente:

Sean $\Gamma$ una circunferencia y $P$ un punto que no está en $\Gamma$. Sean $a$, $b$, $c$, $d$ cuatro rectas que pasan por $P$. Las rectas $a$, $b$, $c$, $d$ cortan a $\Gamma$ en los puntos $A$ y $A'$; $B$ y $B'$; $C$ y $C'$; $D$ y $D'$ respectivamente. Entonces $(A, B; C, D ) = ( A' , B' ; C' , D' )$.

Demostración: (sin inversión)

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Por arco capaz en $\Gamma$, es fácil ver que $APC\simeq C'PA'$, $CPB\simeq B'PC'$, $BPD\simeq D'PB'$, $DPA\simeq A'PD'$, de donde $\frac{AC}{C'A'}=\frac{PC}{PA'}$, $\frac{B'C'}{CB}=\frac{PC'}{PB}$, $\frac{BD}{D'B'}=\frac{PD}{PB'}$, $\frac{A'D'}{DA}=\frac{PD'}{PA}$.
Multiplicando miembro a miembro estas cuatro igualdades tenemos$$\frac{\{C',D';A',B'\}}{\{A,B;C,D\}}=\frac{PA\cdot PA'\cdot PB\cdot PB'}{PC\cdot PC'\cdot PD\cdot PD'}.$$Pero $\{C',D';A',B'\}=\{A',B';C',D'\}$, y $PA\cdot PA'=PB\cdot PB'=PC\cdot PC'=PD\cdot PD'=\text{Pot}(P,\Gamma )$. Luego$$\frac{\{A',B';C',D'\}}{\{A,B;C,D\}}=1$$de donde$$\{A',B';C',D'\}=\{A,B;C,D\}.$$

Figura de análisis.png