IMO 2019 - P6

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
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Matías V5

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IMO 2019 - P6

Mensaje sin leer por Matías V5 » Mié 17 Jul, 2019 9:24 am

Sea $I$ el incentro del triángulo acutángulo $ABC$ con $AB \neq AC$. La circunferencia inscrita (o incírculo) $\omega$ de $ABC$ es tangente a los lados $BC$, $CA$ y $AB$ en $D$, $E$ y $F$ respectivamente. La recta que pasa por $D$ y es perpendicular a $EF$ corta a $\omega$ nuevamente en $R$. La recta $AR$ corta a $\omega$ nuevamente en $P$. Las circunferencias circunscritas (o circuncírculos) de los triángulos $PCE$ y $PBF$ se cortan nuevamente en $Q$.
Demostrar que las rectas $DI$ y $PQ$ se cortan en la recta que pasa por $A$ y es perpendicular a $AI$.
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"La geometría es el arte de hacer razonamientos correctos a partir de figuras incorrectas." -- Henri Poincaré

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Gianni De Rico

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Re: IMO 2019 - P6

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mié 17 Jul, 2019 7:15 pm

Solución:
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Supongamos WLOG $AB<AC$.
Sean $\angle CAB=2\alpha$, $\angle ABC=2\beta$, $\angle BCA=2\gamma$. Como $DEF$ es el triángulo de contacto de $ABC$, tenemos $\angle FDE=90°-\alpha$, $\angle DEF=90°-\beta$, $\angle EFD=90°-\gamma$.
Lema 1: $REF\simeq ICB$
Demostración:
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Sea $G=DR\cap EF$, luego $$\angle REF=\angle RDF=\angle GDF=90°-\angle GFD=90°-\angle EFD=90°-(90°-\gamma )=\gamma =\angle ICB$$ Análogamente, $\angle RFE=\angle IBC$. $\blacksquare$

IMO 2019 P6 - Lema 1.png
Lema 2: $BQIC$ es cíclico
Demostración:
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Tenemos que $$\angle BQC=\angle BQP+\angle PQC=\angle BFP+\angle PEC=\angle FEP+\angle PFE=180°-\angle EPF=\angle FRE$$
Pero por el Lema 1 tenemos $\angle FRE=\angle BIC$, luego, $\angle BQC=\angle BIC$. $\blacksquare$

IMO 2019 P6 - Lema 2.png
Sea $G$ la segunda intersección de $PQ$ con $\odot BQIC$.
Lema 3: $BCG\simeq FEP$
Demostración:
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Tenemos que $$\angle BCG=\angle BQG=\angle BQP=\angle BFP=\angle FEP$$
Análogamente, $\angle CBG=\angle EFP$. $\blacksquare$

IMO 2019 P6 - Lema 3.png
Sea $H$ la intersección de las tangentes por $B$ y $C$ a $\odot BIC$.
Lema 4: $H\in \odot ABC$
Demostración:
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Tenemos que $$\angle BCH=\angle HBC=\angle BGC$$
Pero por el Lema 3 $$\angle BGC=\angle FPE =\angle FDE=90°-\alpha$$
Luego $$\angle CHB=180°-\angle HCB-\angle HBC=180°-(90°-\alpha )-(90°-\alpha )=2\alpha$$
Pero como $\angle CAB=2\alpha$, tenemos que $\angle CAB=\angle CHB$. $\blacksquare$

IMO 2019 P6 - Lema 4.png
Lema 5: $G,H,I$ están alineados
Demostración:
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Como $AE$ y $AF$ son tangentes a $\omega$, y $A,R,P$ están alineados, tenemos que $FPER$ es armónico.
Luego $$\frac{RF}{RE}=\frac{PF}{PE}$$
Pero por el Lema 1 tenemos $$\frac{IB}{IC}=\frac{RF}{RE}$$
Y por el Lema 3 tenemos $$\frac{PF}{PE}=\frac{GB}{GC}$$
Por lo tanto $$\frac{IB}{IC}=\frac{GB}{GC}$$
Entonces $BGCI$ es armónico, por lo que $G,H,I$ están alineados. $\blacksquare$

IMO 2019 P6 - Lema 5.png
Sea $J=AH\cap DI$, luego, basta ver que $G,J,P$ están alineados. Consideremos la inversión por $\omega$, y notemos $X'$ al inverso de $X$ cuando $X\not \in \omega$.
Lema 6: $G'$ es el punto medio de $B'C'$
Demostración:
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Sea $P_{\infty}=I'$, luego, es el punto del infinito del plano inversivo. Como $BGCI$ es cíclico, tenemos que $B',G',C',P_{\infty}$ son colineales. Pero como invertir preserva la razón doble, y $BGCI$ es armónico, tenemos que $\{B',C';G',P_{\infty}\}=\{B,C;G,I\}=-1$. $\blacksquare$
Nos queda entonces el siguiente problema
Sea $DEF$ un triángulo con circuncírculo $\omega$ y circuncentro $I$. Sean $R$ el pie de la $D$-altura sobre $\omega$, y $A'B'C'$ el triángulo medial de $DEF$. Sean $P\in \omega$ tal que $RA'IP$ es cíclico (con $P\neq R$), y $G'$ el punto medio de $B'C'$. Por último, sea $J'$ en la recta $DI$ tal que $A'J'\perp DI$.
Demostrar que $I,J',P,G'$ son concíclicos.
Sean $R_1$ el reflejo de $R$ por $EF$, y $R_2$ el reflejo de $R_1$ por $A'$. Entonces $R_1$ es el ortocentro de $DEF$, por lo que $R_2$ es la segunda intersección de $DI$ con $\omega$, además, $ER=FR_2$ y $ER_2=FR$.
Lema 7: $P,R_1,R_2$ están alineados
Demostración:
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Sea $P_1$ la segunda intersección de $R_1R_2$ con $\omega$.
Como $A'$ es el punto medio de $EF$, tenemos $$\frac{EA'}{A'R_2}=\frac{A'F}{A'R_2}$$
Por ser $P_1ER_2F$ cíclico, tenemos $$\angle P_1EA'=\angle P_1EF=\angle P_1R_2F=\angle A'R_2F\text{ (1)}$$
$$\angle A'P_1F=\angle R_2P_1F=\angle R_2EF=\angle R_2EA'\text{ (2)}$$
Por ser opuestos por el vértice, tenemos $$\angle EA'P_1=\angle R_2A'F\text{ (3)}$$
$$\angle EA'R_2=\angle P_1A'F\text{ (4)}$$
Ahora, de $(1)$ y $(3)$ tenemos $$P_1EA'\simeq FR_2A'\Rightarrow \frac{EA'}{A'R_2}=-\frac{P_1E}{FR_2}$$
Y de $(2)$ y $(4)$ tenemos $$P_1FA'\simeq ER_2A'\Rightarrow \frac{A'F}{A'R_2}=\frac{P_1F}{ER_2}$$
Por lo tanto $$-\frac{P_1E}{FR_2}=\frac{P_1F}{ER_2}\Rightarrow -\frac{P_1E}{ER}=\frac{P_1F}{FR}\Rightarrow \{P_1,R;E,F\}=-1$$
Luego, $P_1ERF$ es armónico, pero como $PERF$ es armónico, tenemos que $P_1\equiv P$. $\blacksquare$

IMO 2019 P6 - Lema 7.png
Sea $K$ la segunda intersección de $DI$ con $\omega$
Lema 8: $J'\in \odot G'IK$
Demostración:
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Tenemos que $\angle A'KR_2=\angle DKR_2=90°=\angle AJ'R_2$, de donde $A'KR_2J'$ es cíclico, por lo que $DA'\cdot DK=\text{Pot}(D,\odot A'KR_2J')=DJ'\cdot DR_2$.
Por otro lado, sea $h$ la homotecia de centro $D$ y razón $2$, luego, $h(B')=F$ y $h(C')=E$, por lo tanto, $h(G')=A'$, además, como $I$ es el centro de $\omega$, tenemos $h(I)=R_2$. Por lo tanto $DG'\cdot DK=\frac{DG'}{DA'}\cdot DA'\cdot DK=\frac{DI}{DR_2}\cdot DJ'\cdot DR_2=DI\cdot DJ'$. $\blacksquare$
Por último, como $h(G')=A'$ y $h(I)=R_2$, tenemos $IG'\parallel A'R_2\parallel PR_2$.
Lema 9: $P\in \odot G'IK$
Demostración:
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Tenemos que $\angle PIG'=\angle IPR_2=\angle PR_2I=\angle PR_2D=\angle PKD=\angle PKG'$. $\blacksquare$

IMO 2019 P6 - Lema 9.png
Lema 10: $I,J',P,G'$ son concíclicos
Demostración:
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Por el Lema 8 tenemos $$J'\in \odot G'IK$$
Por el Lema 9 tenemos $$P\in \odot G'IK$$
Por lo tanto, $I,J',P,G'\in \odot G'IK$. $\blacksquare$
Como $I,J',P,G'$ son concíclicos, tenemos que $J,P,G$ están alineados, y como $Q,P,G$ están alineados, resulta que $P,Q,J$ están alineados. Por definición, $D,I,J$ están alineados y $A,J,H$ están alineados. Por último, como $HB=HC$ por ser tangentes a $\odot BIC$, y como $H\in \odot ABC$, tenemos que $AH\perp AI$. Entonces las rectas $DI$ y $PQ$ se cortan en la recta $AH$, que pasa por $A$ y es perpendicular a $AI$.

IMO 2019 P6.png
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