El triángulo [math]BCF es rectángulo en [math]B. Sea [math]A el punto de la recta [math]CF tal que [math]FA = FB y [math]F está entre [math]A y [math]C. Se elige el punto [math]D de modo que [math]DA = DC y [math]AC es bisectriz del ángulo [math]\angle DAB. Se elige el punto [math]E de modo que [math]EA = ED y [math]AD es bisectriz del ángulo [math]\angle EAC. Sea [math]M el punto medio de [math]CF. Sea [math]X el punto tal que [math]AMXE es un paralelogramo (con [math]AM \parallel EX y [math]AE \parallel MX). Demostrar que las rectas [math]BD, [math]FX y [math]ME son concurrentes.
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Sea [math]\Gamma la circunferencia circunscrita del triángulo [math]ADC. Trazamos la recta [math]l por [math]A paralela a [math]DC, y sea [math]{B}' un punto en la recta [math]l tal que [math]AD=D{B}'. Sea [math]P el segundo punto de corte de la recta [math]D{B}' con [math]\Gamma. Es claro que [math]B es el incentro del triángulo [math]PAC, por lo tanto
y hacemos [math]\angle PC{B}'=\angle {B}'CA=\theta. Note que en el triángulo [math]APC se deduce que [math]2\alpha +\theta =90^{\circ }. Sea [math]{F}' un punto de [math]AC tal que [math]A{F}'={F}'{B}', así se tiene que [math]\angle A{B}'{F}'=\angle {F}'{B}'D=\alpha, y de esto se tiene que [math]\angle {F}'{B}'C=90^{\circ }. Por lo tanto, [math]{B}'=B y [math]{F}'=F, puesto que sólo hay un punto [math]{B}' en la recta [math]l que satisface esto.
Con respecto al problema, podemos darnos cuenta que la recta [math]DE es tangente a [math]\Gamma en el punto [math]D y como [math]\angle EAD=\angle EDA=\angle DAC=\alpha, entonces la recta [math]DE es paralela a la recta [math]AC, quiere decir que el punto [math]X se encuentra en la recta [math]DE. Sabemos que [math]2\alpha +\theta =90^{\circ }, así que completando ángulos tenemos que
Como la recta [math]AC es paralela a la recta [math]DE, entonces el cuadrilátero [math]AEDM es un trapecio isósceles y por ende es cíclico, por lo tanto [math]AE=ED=DM=FM=MC=BM, [math]EM=AD y también [math]\angle AEM=\angle EMD=\angle MED=\alpha. Como [math]\angle MED=\angle DBM=\alpha, entonces el cuadrilátero [math]EDMB es cíclico y claramente también es un trapecio isósceles, lo cual implica que los puntos [math]B, [math]F y [math]E son colineales, en consecuencia [math]\angle BEM=\alpha.
Notemos que el cuadrilátero [math]EFMD es un rombo, por eso sus diagonales [math]FD y [math]EM son perpendiculares, y además se cortan en su punto medio. Sea [math]Q el punto de corte de las rectas [math]BD y [math]EM. Note que [math]Q está en la mediatriz del segmento [math]FD, por lo tanto [math]QF=QD, y en consecuencia [math]\angle QFD=\angle QDF=\theta y [math]\angle QFM=\alpha. Sea [math]{X}' el punto de corte de la recta [math]FQ con la recta [math]ED. Es claro que [math]\angle F{X}'D=\alpha. Como [math]\angle DAF=\angle D{X}'F=\alpha y [math]AF es paralelo a [math]D{X}', entonces [math]AF{X}'D es un paralelogramo, así [math]F{X}'=AD=EM y [math]AF=D{X}', y en consecuencia [math]EAM{X}' es un paralelogramo, lo cual implica que [math]{X}'=X.
En conclusión, [math]BD, [math]FX y [math]EM concurren en un punto (el punto [math]Q).
Última edición por Emerson Soriano el Vie 22 Jul, 2016 6:21 pm, editado 2 veces en total.
Supongamos que [math]D no pertenece a [math]XE, y llamemos [math]P al punto de intersección de [math]DA y [math]EX.
Sabemos que [math]\angle ADE= \alpha por ser [math]ED=EA y que [math]\angle DPX=\alpha por ser paralelas [math]XE y [math]AM.
Luego, [math]DE y [math]EX son paralelas, absurdo. Entonces [math]D pertenece a [math]XE
Para probar que [math]E está sobre la recta [math]BF:
Como [math]\triangle DAC \sim \triangle FAB, tenemos que [math]\frac{AD}{AC}=\frac{AF}{AB}, y despejando [math]\frac{AD}{AF}=\frac{AC}{AB}. Luego, [math]\triangle DAF \sim \triangle BFA.
En particular [math]\angle FDA=90-2\alpha, y como [math]\angle ACD=\angle CDX = \alpha por ángulos entre paralelas y [math]\angle EDA=\alpha por ser [math]ED=EA podemos concluir que [math]CDF=90°, esto nos dice que [math]CDFB es cíclico
Vemos que, gracias a esto, [math]\angle DBF = \angle DCF = \alpha por cíclico.
Miremos la que [math]\triangle DEA \sim \triangle FAB que sería [math]\frac{EA}{AD}=\frac{FA}{AB}, despejando [math]\frac{EA}{AF}=\frac{AD}{AB}, por lo que [math]\triangle AEF es rotohomotético con [math]\triangle BAD
Luego [math]\angle DBA = \angle EFA = 2\alpha y demostramos lo que queríamos.
Ahora que tenemos todo lo necesario, trazamos [math]BX y llamamos [math]M' a la intersección de [math]EM con [math]XB
Sacando angulitos (teniendo en cuenta la propiedad de la mediana de un triángulo rectángulo en [math]\triangle BFC), notamos que [math]BMDE es un trapecio isósceles,
con [math]BM=MD=DE, y que [math]XDEF es un trapecio isósceles con [math]XD=BF. Por último, notar también sacando angulitos que [math]EM' es perpendicular a [math]BX,
y como [math]XM=MB, entonces [math]EM' es mediatriz de [math]XB. Además, sabiendo que [math]\angle EFD=\angle EDF=90-\alpha, concluimos [math]ED=EF.
Ahora, por recíproco del Teorema de Ceva, debería cumplirse que:
Sea [math]\angle BAC=\angle CAD=\angle DAE=\angle ABF=\angle ACD=\angle ADE=\alpha. Sea [math]D' el punto de intersección de [math]AD y [math]XE. Luego como [math]AMXE es paralelogramo, [math]\angle AEX=180-\alpha y como [math]\angle D'AE=\alpha entonces [math]\angle AD'E=\alpha y [math]D'E=EA de donde [math]D'=D y entonces [math]E, D y [math]X son colineales.
Sea [math]D'' el centro de la circunferencia que pasa por [math]A, B y [math]C. Luego [math]AD"=CD". Sea [math]I un punto arbitrario en el arco [math]AC que no contiene a [math]B de dicha circunferencia. Como [math]\angle ABC=90°+\alpha, entonces [math]\angle CIA=90-\alpha y [math]\angle CD"A=180°-2\alpha. Luego [math]D=D" y [math]D es el centro de la circunferencia que pasa por [math]A, B y [math]C.
Luego [math]AD=BD y [math]\angle FBD=\alpha De donde [math]ABDE es cíclico. Luego [math]\angle ABE=\alpha de donde [math]B, F y [math]E son colineales. Luego [math]\angle BFC=\angle AFE=\angle MXE=\angle DEF=2\alpha.
Sea [math]AE=MX=DE=FE=l y [math]CM=MF=l'. Como [math]\angle FBD=\angle FCD entonces [math]BCDF es cíclico y se sigue que [math]CDF=90° y [math]MD=l'. Luego como [math]\angle BDA=180°-4\alpha, luego [math]\angle XDC=\alpha y como [math]CM=MD, [math]\angle MCD=MDC=\alpha y [math]\angle BDM=\alpha. Luego como [math]\angle MXD=\angle XDM=2\alpha, [math]MX=MD y [math]l=l'.
Entonces [math]MDEF es un rombo y entonces [math]\angle DEM=\alpha. Como [math]MXEF es un trapecio isóceles ([math]MX=FE) entonces es cíclico (También se puede ver viendo otros ángulos), [math]\angle MXF=\alpha.
Sea [math]Y=ME\cap BD. Luego como [math]MXDY es cíclico ([math]\angle YDM=3\alpha y [math]\angle YMX=180-3\alpha), entonces [math]\angle MXY=\alpha, de donde [math]X, Y y [math]F son colineales, de donde las rectas [math]BD, [math]FX y [math]ME concurren
Llamamos [math]\Gamma el cicuncirculo de [math]\triangle BCF, que tiene circuncentro [math]M.
Digamos que la mediatriz de [math]CA interseca a [math]\Gamma en [math]D'. Sea [math]P la interseccion de [math]BD' con [math]FC. Como [math]PCD' \sim PBF, [math]\frac{AD'}{D'P}=\frac{CD'}{D'P}=\frac{BF}{FP}=\frac{AF}{FP} y por el reciproco del Teorema de la Bisectriz, [math]D'F es bisectriz de [math]\angle AD'P. Ahora los angulitos: sea [math]\angle BAF = \angle ABF = \alpha de donde sigue que [math]\angle FD'P = \angle BCF = 90-2\alpha. Sea [math]\angle D'AC = \angle D'CA = \beta \Rightarrow \angle AD'C = 180-2\beta. Como [math]\angle FD'C=90, sigue que [math]\angle AD'F=90-2\beta = 90-2\alpha = \angle FD'P. De aqui sale que [math]\alpha = \beta \Rightarrow B=B' y [math]B esta en [math]\Gamma.
Digamos que la paralela a [math]AM por [math]D interseca a [math]\Gamma en [math]X'. Entonces, [math]\angle X'DC=\angle DCA = \alpha \Rightarrow \angle X'MC = 2\alpha = \angle EAM y [math]X'M \parallel AE \Rightarrow X=X' y [math]X esta en [math]\Gamma.
[math]\angle BMD = 2 (\angle BCF + \angle FCD) = 2(90-2\alpha+\alpha) = 180-2\alpha. Pero [math]\angle BMD + \angle BAD = 180-2\alpha + 2\alpha = 180, de donde [math]BMDA es ciclico. Como [math]MC=MD, [math]\angle MDC = \angle MCD = \alpha. Entonces, [math]\angle MDE = 180 -( \angle MDC + \angle CDX) = 180-2\alpha Pero ahora [math]\angle MAE + \angle MDE = 2\alpha+180-2\alpha=180 y [math]MAED es ciclico, de donde [math]BMDEA es ciclico y, especificamente, [math]\angle BAD = \angle BED = 2\alpha \Rightarrow BE \parallel BF y [math]B,E,F estan alineados.
Como ya habiamos visto que [math]\angle CMX = 2\alpha, [math]\angle FMX = 180-2\alpha \Rightarrow \angle FMX + \angle FEX = 180-2\alpha+2\alpha = 180 y [math]XMFE es ciclico.
Ahora bien, tenemos los cuadrilateros ciclicos [math]BXDF, [math]XMFE y [math]EDMB, llamamos sus circuncirculos [math]\Gamma,\omega_1,\omega_2 respectivamente.
[math]FX es el eje radical de [math]\Gamma y [math]\omega_1. [math]EM es el eje radical de [math]\omega_1 y [math]\omega_2. [math]BD es el eje radical de [math]\omega_2 y [math]\Gamma. Por ser [math]FX, EM, DB ejes radicales de tres circulos, concurren.
Para todo [math]k, existen [math]k primos en sucesión aritmética.
Sea $\angle FBA=\alpha$, de las definiciones de los puntos es inmediato que $\angle BAF=\angle CAD=\angle DAE=\angle DCA=\angle EDA=\alpha$, luego $ED\parallel AM\parallel EX$, de donde $E,D,X$ están alineados y $XE\parallel FM$. Luego, XE\cap FM=P_{\infty XE}.(*)
Ahora, $\angle ADC=180^\circ -2\alpha$ y $\angle CBA=\angle CBF+\angle FBA=90^\circ +\alpha =180^\circ -\frac{\angle ADC}{2}$, pero como $DA=DC$, tenemos que $D$ es el circuncentro de $ABC$, de donde $DA=DB=DC$.
Por otro lado, $ABF$ y $ADE$ son rotohomotéticos, de donde $ABD$ y $AFE$ son rotohomotéticos, y como $DA=DB$, tenemos que $EA=EF=ED$, luego, $\angle EFA=\angle FAE=\angle CAD+\angle DAE=\alpha +\alpha =2\alpha$, de donde $B,F,E$ son colineales. Luego, $\angle AEB=\angle AEF=\angle ADB$, por lo que $ABDE$ es cíclico, de donde $\angle DBF=\angle DBE=\angle DAE=\alpha =\angle DCF$, por lo que $BCDF$ es cíclico.
Como $BCF$ es rectángulo en $B$, tenemos que $M$ es el centro de $\odot BCDF$, de donde $$\angle MBE=\angle MBF=\angle BFM=\angle EFA=\angle FAE=\angle MAE$$ por lo que $ABME$ es cíclico, entonces $ABMDE$ es cíclico, de donde $$FA\cdot FM=\text{Pot}(F,\odot ABD)=FB\cdot FE$$ y como $FA=FB$, tenemos que $FM=FE=ED$, pero también $FM\parallel DE$, de donde $EDMF$ es un paralelogramo, por lo que $MD\parallel EF\parallel EB$. Luego, EB\cap MD=P_{\infty BE}.(**)
Como $AEXM$ y $EDMF$ son paralelogramos, emtonces $ADXF$ es un paralelogramo, de donde $DX=FA=FB$, luego, $\frac{ED}{XD}=\frac{EF}{FB}$, y por Thales se sigue que $BX\parallel DF$. Luego, BX\cap DF=P_{\infty BX}.(***)
De (*), (**) y (***) tenemos que los puntos de intersección de (BX,DF), (XE,FM) y (EB,MD) están alineados sobre la recta del infinito, y por Desargues en BXE y DFM, tenemos que BD, FX y ME son concurrentes.
EDIT: Lo de Desargues con puntos en el infinito resultó ser una exageración total, los triángulos $BXE$ y $DFM$ son homotéticos porque tienen sus lados respectivos paralelos, así que $BD$, $FX$ y $ME$ concurren en el centro de homotecia, y listo.
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$BFA\approx CDA$ luego hay una rotohomotecia que lleva $B$ a $F$ y $C$ a $D$, luego $DFA\approx BCA\Longrightarrow DFA=90^{\circ}+\alpha \Longrightarrow CFD=90^{\circ}-\alpha\Longrightarrow CDF=90^{\circ}\Longrightarrow BCDF$ es cíclico ($\omega_1$) $\Longrightarrow DBF=DCF=\alpha$. Sabemos además que $CF$ es diámetro y por lo tanto $M$ centro.
$EFA\approx BDA$ luego la rotación que lleva $BD$ a $EF$ es igual a la que lleva $DA$ a $AE$ que es igual a $\alpha$. Tenemos entonces que $EF$ y $BF$ forman el mismo ángulo con $DB$, luego $F\in BE$.
$MFE=180^{\circ}-2\alpha=180^{\circ}-MXE\Longrightarrow MFEX$ es cíclico ($\omega_2$).
Claim 5: $BMDE$ es cíclico
$DMB=MDE=180^{\circ}-2\alpha=180^{\circ}-MBE\Longrightarrow BMDE$ es cíclico ($\omega_3$).
El eje radical $\omega_1/\omega_2$ es $FX$.
El eje radical $\omega_2/\omega_3$ es $ME$.
El eje radical $\omega_3/\omega_1$ es $BD$.
Luego estas rectas son o bien concurrentes o bien paralelas. Si fueran paralelas, deberían ser coaxiales $\omega_1, \omega_2, \omega_3$, luego la recta que conecta los centros de $\omega_2, \omega_3$ pasa por $M$. Pero sabemos además que pasa por el punto medio de $EM$ por ser sus intersecciones, luego $M$ es el punto medio de $EM$, luego $E=M$, luego $\alpha=ABF=0^{\circ}$, luego $A=F$, luego $BF=0$ lo cual claramente es absurdo. Luego $FX, ME, BD$ son concurrentes.
Última edición por Sandy el Mié 03 Jun, 2020 9:43 pm, editado 1 vez en total.
$MDE=180^{\circ}-2\alpha=180^{\circ}-MBE\Longrightarrow BMDE$ es cíclico ($\omega_3$).
[...]
Luego estas rectas son o bien concurrentes o bien paralelas. $ME$ es diagonal de $BMDE$ que es cíclico, luego convexo, luego $B$ y $D$ están en distintos semiplanos respecto de $ME$, por lo que para llegar de $B$ a $D$ se debe cruzar $ME$, por lo que $BD\nparallel ME$, por lo que $FX, ME, BD$ son concurrentes.
Acá estás haciendo razonamiento circular, para que $\angle MDE=180^\circ -\angle MBE$ implique que $BMDE$ es cíclico, necesitás que $B$ y $D$ estén en distintos semiplanos respecto de $ME$.
