52° IMO 2011 - Problema 6

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Caro - V3

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52° IMO 2011 - Problema 6

Mensaje sin leer por Caro - V3 » Mar 19 Jul, 2011 10:40 am

Sea [math] un triángulo acutángulo cuya circunferencia circunscrita es [math]. Sea [math] una recta tangente a [math], y sean [math], [math] y [math] las rectas que se obtienen al reflejar [math] con respecto a las rectas [math], [math] y [math], respectivamente. Demostrar que la circunferencia circunscrita del triángulo determinado por las rectas [math], [math] y [math] es tangente a la circunferencia [math].
Guía de [math]: sirve para escribir ecuaciones como [math]

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Gianni De Rico

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Re: 52° IMO 2011 - Problema 6

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 12 Feb, 2019 12:47 pm

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Sean $P=\ell \cap \Gamma$, $A'=\ell _b\cap \ell _c$, $B'=\ell _c\cap \ell _a$, $C'=\ell _a\cap \ell _b$, $\Omega$ el circuncírculo de $\triangle A'B'C'$, $A_1=\ell \cap BC$, $B_1=\ell \cap CA$, $C_1=\ell \cap AB$, $I$ el incentro de $\triangle A'B'C'$, $P'$ el simétrico de $P$ por $BC$ y $T$ el segundo punto de intersección de los circuncírculos de $\triangle BB'P'$ y $\triangle CC'P'$.
Entonces $A_1=\ell \cap BC\Rightarrow A_1=\ell _a\cap BC$, $B_1=\ell \cap CA\Rightarrow B_1=\ell _b\cap CA$, $C_1=\ell \cap AB\Rightarrow C_1=\ell _c\cap AB$. Por definición de simetría tenemos que $B_1A$ es bisectriz de $\angle C'B_1C_1$ y que $C_1A$ es bisectriz de $\angle B'C_1B_1$, de donde $A$ es el $A'$-excentro de $\triangle A'B_1C_1$, luego, $\angle BAC=\angle C_1AB_1=90°-\frac{1}{2}\angle C_1A'B_1=90°-\frac{1}{2}\angle B'A'C'\Rightarrow \angle B'A'C'=180°-2\angle BAC$; además, $A,I,A'$ son colineales. Análogamente $B,I,B'$ son colineales y $C,I,C'$ son colineales.
Veamos que $I\in \Gamma$. En efecto, por ser el incentro de $\triangle A'B'C'$ tenemos $\angle BIC=\angle B'IC'=90°+\frac{1}{2}\angle B'A'C'=180°-(90°-\frac{1}{2}\angle B'A'C')=180°-\angle BAC$, por lo que $I\in \Gamma$.

Por ser $P'$ el reflejo de $P$ por $BC$, tenemos $P'\in \ell _a$. Afirmo entonces que $\Gamma$ y $\Omega$ son tangentes en $T$.
Veamos primero que $T\in \Gamma$. En efecto, $\angle BTC=\angle BTP'+\angle P'TC=\angle BB'P'+\angle CC'P'=\angle IB'C'+\angle IC'B'=180°-\angle B'IC'=180°-\angle BIC$, por lo que $T\in \Gamma$.
Veamos ahora que $T\in \Omega$. En efecto, $\angle B'TC'=\angle B'TP'+\angle P'TC'=\angle IBP'+\angle ICP'=\angle IBC+\angle CBP'+\angle ICB+\angle BCP'=\angle ICB+\angle IBC+\angle BCP+\angle CBP=\angle BAI+\angle IAC+\angle BAP+\angle PAC=\angle BAC+\angle BAC=2\angle BAC$, y como $\angle B'A'C'=180°-2\angle BAC$, tenemos que $T\in \Omega$.
Por último, sea $G$ un punto en el mismo semiplano que $B$ respecto a $TP'$ tal que $GT$ es tangente a $\Omega$, veamos que $GT$ también es tangente a $\Gamma$. En efecto, $\angle GTB=\angle GTB'+\angle BTB'=TC'B'+\angle BP'B'=\angle TC'P'+\angle BP'A_1=\angle TCP'+\angle BPA_1=\angle TCP'+\angle BCP=\angle TCP'+\angle P'CB=\angle TCB$, por lo que $GT$ es tangente a $\Gamma$.
Finalmente, $\Gamma$ y $\Omega$ son tangentes en $T$. Queda demostrado el problema.
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