IMO 2008 - P6

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Gianni De Rico

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Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 07 Jul, 2018 12:41 pm

Sea $ABCD$ un cuadrilátero convexo con $AB\neq BC$. Sean $\omega _1$ y $\omega _2$ las circunferencias inscritas de los triángulos $ABC$ y $ADC$ respectivamente. Se supone que existe una circunferencia $\omega$ tangente a la prolongación del segmento $BA$ más allá de $A$ y tangente a la prolongación del segmento $BC$ más allá de $C$, la cual también es tangente a las rectas $AD$ y $CD$. Demostrar que el punto de intersección de las tangentes comunes exteriores de $\omega _1$ y $\omega _2$ está sobre $\omega$.
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Gianni De Rico

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Re: IMO 2008 - P6

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 02 Jun, 2020 4:27 pm

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Sean $P,Q,R,S$ los puntos donde $AB,BC,CD,DA$, respectivamente, son tangentes a $\omega$, $E$ el punto de tangencia de $AC$ y $\omega _2$, $H$ el punto de tangencia de $AC$ y $\omega _1$, $F$ el opuesto diametral $H$ en $\omega _1$, $G$ el punto diametralmente opuesto a $E$ en $\omega _2$, y $T$ el punto más cercano a $B$ (y por lo tanto el más cercano a $D$) en $\omega$ tal que la tangente a $\omega$ por $T$ es paralela a $AC$.

Veamos primero que $AE=CH$.
En efecto, tenemos que $AE=\frac{CA+AD-DC}{2}$ y que $CH=\frac{BC+CA-AB}{2}$, luego, basta ver que $DA+AB=BC+CD$.
Por ser tangentes a $\omega$ tenemos que $AP=AS$, $BP=BQ$, $CQ=CR$ y $DR=DS$, entonces$$\begin{matrix}BC+CD & = & BC+CR-DR & = & BC+CQ-DR & = & BQ-DR \\
DA+AB & = & AB+AS-DS & = & AB+AP-DS & = & BP-DS
\end{matrix}$$de donde $DA+AB=BP-DS=BQ-DR=BC+CD$.

Entonces $E$ es el punto de tangencia de $CA$ y el excírculo correspondiente a $B$ en $ABC$, y $H$ es el punto de tangencia de $CA$ y el excírculo correspondiente a $D$ en $ADC$. Por lo tanto, $B,F,E$ son colineales y $D,G,H$ son colineales.

Ahora, como $\omega$ y $\omega _1$ son tangentes a $BA$ y $BC$, entonces son homotéticas con centro $B$, como $F$ es el opuesto diametral de $H$ en $\omega _1$, entonces la tangente a $\omega _1$ por $F$ es paralela a $AC$, que es paralela a la tangente a $\omega$ por $T$, y como $T$ es el punto más cercano a $B$ que cumple esto, entonces $T$ es la imagen de $F$ por dicha homotecia, luego, $B,F,T$ son colineales, así que $T,E,F$ son colineales.
Análogamente, $T,G,H$ son colineales.

Por último, como $FH\perp AC\perp EG$ por ser diámetros de $\omega _1$ y $\omega _2$, respectivamente, tenemos que $T$ es el centro de homotecia que manda $FH$ a $EG$, luego, es el centro de homotecia que manda $\omega _1$ a $\omega _2$ (ya que $FH$ y $EG$ son sus diámetros), así que $T$ es el punto de intersección de las tangentes comunes exteriores de $\omega _1$ y $\omega _2$, y por definición, está sobre $\omega$.
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