APMO 2019 Problema 3

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tuvie

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APMO 2019 Problema 3

Mensaje sin leer por tuvie » Sab 07 Sep, 2019 11:08 am

Sea $ABC$ un triángulo escaleno con circunferencia circunscrita $\Gamma$. Sea $M$ el punto medio de $BC$. Se elige un punto variable $P$ en el segmento $AM$. Las circunferencias circunscritas de los triángulos $BPM$ y $CPM$ cortan nuevamente a $\Gamma$ en los puntos $D$ y $E$ respectivamente. Las rectas $DP$ y $EP$ cortan (por segunda vez) a las circunferencias circunscritas de los triángulos $CPM$ y $BPM$ en $X$ e $Y$ respectivamente. Demostrar que al variar $P$, la circunferencias circunscrita del triángulo $AXY$ pasa por un punto fijo $T$ distinto de $A$.

ricarlos
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Re: APMO 2019 Problema 3

Mensaje sin leer por ricarlos » Mar 10 Sep, 2019 4:14 pm

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$AM$ es eje radical de las circunscritas a $BPM$ y $CPM$ y como $BE$ y $CE$ son los ejes radicales de estas con $\Gamma$ tenemos que estos tres eje concurren en el centro radical que llamamos $V$.

Por el teorema de Reim es $BX\parallel CE$ y $CY\parallel BD$ (1).

Sea $W=BX\cap CY$, luego $\Delta BWC\cong \Delta CVB$ es decir que $BVCW$ es un paralelogramo donde la diagonal $VW$ pertenece a $AM$.
Luego $W$ es un punto sobre el eje radical $AM$ por lo que podemos escribir $WB*WX = WC*WY$, de esta expresion sacamos que $B, X, Y, C$ son conciclicos.

Sea $Q= XY\cap BC$, entonces vemos que en $Q$ concurren el eje radical $BC$ de $\Gamma - (BXYC)$ el eje radical $XY$ de $(BXYC) - (AXY)$ y por lo tanto concurrira alli el el eje radical $(AXY) - \Gamma$. Es decir si definimos $T'$ como la segunda interseccion de la circunscrita a $AXY$ con $\Gamma$ entonces, como dijimos, $AT'$ concurre en $Q$.

Sean $R$ y $S$ las (segundas) intersecciones de $XY$ con las circunscritas a $BPM$ y $CPM$, respectivamente.
Por ciclico $BXYC$ tenemos que $\angle SYC = \angle XBC = \beta$, luego por ciclico $SYMC$ es $\angle SMC = \beta$.
Por ciclico $BXYC$ si el angulo exterior en $X$ igual a $\gamma$ entonces $\angle YCB = \gamma$, luego por ciclico $RXBM$ es $\angle RMB = \gamma$.
Es decir que de todo lo anterior sale que $SM\parallel BX$ y $RM\parallel CY$ (2), luego si $L= RM\cap BW$ y $N= MS\cap CW$ tenemos que $LN$ es base media en el triangulo $BWC$ respecto de $BC$.

Es facil ver que $AM$ corta a $LN$ en el punto medio que llamamos $Z$.

Con angulitos (y el uso de los ciclicos ya mensionados) llegamos facimente a ver que $\angle RSM = \gamma$ y $\angle SRM = \beta$ que son respectivamente iguales a los ya calculados $\angle RMB$ y $\angle SMC$, de esto sale entomces que la circunscrita a $RSM$ ha de ser tangente a $BC$. Llamemos $O$ al centro de esta circunferencia, por ahora sabemos que $O$ se halla sobre un diametro de $\Gamma$ (3).

Si volvemos a $LN$ y su punto medio $Z$ sabemos que $L$ y $N$ asi como $Z$ y el punto del infinito forman una cuaterna armonica, si $U= AM\cap XY$, observamos entonces que tal cuaterna es proyectada por las rectas que pasan por $M$ y que cortan a $XY$ en los puntos $R, S, U, Q$ de modo que estos forman una cuaterna tambien.

Ahora si $M'$ es la segunda interseccion de $AM$ con la circunscrita a $RSM$ (que recordemos es tg a BC) entonces $RMSM'$ es un cuadrilatero armonico y luego la tangente a su circunscrita en el punto $M'$ tiene que concurrir hacia el punto $Q$.

Por las paralelas en (1) y (2) tenemos que $SMCE$ es un trapecio isosceles con bases $CE$ y $MS$ cuyas mediatrices sabemos que coinciden, pero $CE$ es una cuerda de $\Gamma$ y $MS$ es una cuerda de la circunscrita a $RSM$ si a esto le sumamos el comentario en (3) tenemos que $O$ tambien es el centro de $\Gamma$.
Entonces la circunscrita a $RSM$ tiene un radio $OM$ fijo porque $O$ y $M$ son puntos fijos, o sea, mas alla de como se mueva el punto $P$ sobre la recta $AM$, esto hace que las rectas tangentes $QM$ y $QM'$ sean tambien fijas por lo que el punto fijo buscado es $T'$ es decir $T=T'$.
Dado un triangulo ABC y los puntos medios L, M y N de los lados BC, AC y AB, respectivamente, probar que las bisectrices de los angulos ANB, BLC y CMA son concurrentes.

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Gianni De Rico

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Re: APMO 2019 Problema 3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mié 01 Ene, 2020 5:41 pm

Rindiendo homenaje a la inversión

Solución:
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Todos los ángulos y distancias son dirigidos.

Sea $T$ el segundo punto de intersección de $\odot AXY$ con $\Gamma$, vamos a demostrar que $T$ está fijo.

Lema 1: $BCXY$ es cíclico
Demostración:
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Screenshot_20200101-204534.png

Consideremos la inversión de centro $M$ y radio $MB$, y sea $S'$ el inverso de $S$ para todo punto $S$ del plano.
Nos queda el siguiente problema:
Sean $A'BC$ un triángulo y $M$ el punto medio del lado $BC$, y sea $P'$ un punto sobre $A'M$.
El circuncírculo de $A'BC$ corta nuevamente a las rectas $P'B$ y $P'C$ en los puntos $D'$ y $E'$, respectivamente, y los circuncírculos de $P'D'M$ y $P'E'M$ cortan nuevamente a las rectas $P'C$ y $P'B$ en $X'$ e $Y'$, respectivemente.
Demostrar que $BCX'Y'$ es cíclico.
Screenshot_20200101-204952.png

Consideremos la inversión de centro $P'$ y radio $P'M$, y sea $S_1$ el inverso de $S$ para todo punto $S$ del plano.
Nos queda el siguiente problema:
Sean $P'B_1C_1$ un triángulo, $M$ el punto en el que su $P'$-simediana corta nuevamente a su circuncírculo y $A'_1$ un punto sobre $P'M$. El circuncírculo de $A'_1B_1C_1$ corta nuevamente a las rectas $P'B_1$ y $P'C_1$ en los puntos $D'_1$ y $E'_1$, respectivamente. Las rectas $D'_1M$ y $P'C_1$ se cortan en $X'_1$, y las rectas $E'_1M$ y $P'B_1$ se cortan en $Y'_1$.
Demostrar que $B_1C_1X'_1Y'_1$ es cíclico.
Screenshot_20200101-205707.png

Por ser $\{B_1C_1,D'_1E'_1\}$ antiparalelas respecto a $\{P'B_1,P'C_1\}$ tenemos que $P'M$ es mediana en $P'D'_1E'_1$, sea $N$ el punto medio de $D'_1E'_1$, luego, por Ceva $$\frac{E'_1X'_1}{X'_1P'}\frac{P'Y'_1}{Y'_1D'_1}=\frac{D'_1N}{NE'_1}\frac{E'_1X'_1}{X'_1P'}\frac{P'Y'_1}{Y'_1D'_1}=1$$ de donde $$\frac{P'Y'_1}{Y'_1D'_1}=\frac{P'X'_1}{X'_1E'_1}$$ entonces por Thales tenemos que $X'_1Y'_1\parallel D'_1E'_1$, luego $$\measuredangle C_1X'_1Y'_1=\measuredangle C_1E'_1D'_1=\measuredangle C_1B_1D'_1=\measuredangle C_1B'_1Y'_1$$ de donde $B_1C_1X'_1Y'_1$ es cíclico. $\blacksquare$
Screenshot_20200101-210537.png

Ahora, sea $H=AT\cap BC$, como $(AT,XY,BC)$ son los ejes radicales de $(\Gamma ,\odot AXY,\odot BCXY)$, tenemos que concurren en $H$.
Sean $O$ el circuncentro de $ABC$, y $\Omega$ la circunferencia de centro $O$ que pasa por $M$. Notemos que $\Omega$ es tangente a $BC$.
Sean $F\in \odot CMP$ tal que $MF\parallel CE$ y $G\in \odot BMP$ tal que $MG\parallel BD$.

Lema 2: $F,G\in \Omega$
Demostración:
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Screenshot_20200101-211017.png
Tenemos que $B,D,G,M$ determinan un trapecio isósceles de bases $BD$ y $MG$, por lo que las mediatrices de $BD$ y $MG$ coinciden, como $O$ está en la mediatriz de $BD$, entonces está en la mediatriz de $MG$, de donde $OG=OM$, por lo que $G\in \Omega$.
Análogamente, $F\in \Omega$. $\blacksquare$
Lema 3: $F,G,X,Y$ son colineales
Demostración:
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Screenshot_20200101-211530.png

Por Reim $CX\parallel BD\parallel MG$. Entonces $$\measuredangle GFM=\measuredangle GMB=\measuredangle XCB=\measuredangle XCM=\measuredangle XFM$$
de donde $X\in FG$.
Análogamente, $Y\in FG$. $\blacksquare$
Lema 4: $H$ está fijo
Demostración:
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Screenshot_20200101-212630.png

Consideremos la inversión de centro $M$ y radio $MB$, y sea $S'$ el inverso de $S$ para todo punto $S$ del plano, entonces $P'M$ es mediana en $P'BC$, y $F',G',H',M$ son concíclicos, y como $\Gamma$ es tangente a $BC$, entonces $F'G'\parallel BC\parallel MH'$, luego, determinan un trapecio isósceles de bases $MH'$ y $F'G'$, de donde $H'$ es el reflejo de $M$ por la mediatriz de $F'G'$.
Ahora, como $\Omega$ está fija, entonces la recta $F'G'$ está fija, y como $A,M$ están fijos, entonces la recta $AM$ está fija, por lo que la recta $PM$ está fija, entonces la recta $P'M$ está fija. Sea $N=P'M\cap F'G'$, luego, $N$ está fijo, entonces la recta $m$ que es perpendicular a $F'G'$ y pasa por $N$ está fija, pero considerando la homotecia de centro $P'$ que manda $BC$ a $F'G'$, tenemos que $N$ es el punto medio de $F'G'$, luego, $m$ es la mediatriz de $F'G'$. Entonces $m$ y $M$ están fijos, y como $H'$ es el reflejo de $M$ por $m$, se sigue que $H'$ está fijo. Luego, como $B$ y $M$ están fijos, y $H$ es el inverso de $H'$ por la circunferencia de centro $M$ y radio $MB$, entonces $H$ está fijo. $\blacksquare$
Por último, como $A,H$ están fijos, entonces la recta $AH$ está fija, y como $\odot ABC$ está fija, entonces los puntos de intersección de $AH$ y $\odot ABC$ están fijos, en particular (como $A$ está fijo), $T$ está fijo.
Screenshot_20200101-213016.png
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