ONEM 2023 - Etapa Nacional - Nivel 3 - P4

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enigma1234

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ONEM 2023 - Etapa Nacional - Nivel 3 - P4

Mensaje sin leer por enigma1234 »

Sean $ABC$ un triangulo acutángulo escaleno y $K$ un punto en su interior que pertenece a la bisectriz del ángulo $\angle ABC$. Sea $P$ el punto donde la recta $AK$ interseca a la recta perpendicular a $AB$ que pasa por $B$, y sea $Q$ el punto donde la recta $CK$ interseca a la recta perpendicular a $CB$ que pasa por $B$. Sea $L$ el pie de la perpendicular trazada desde $K$ a la recta $AC$. Pruebe que si $PQ$ es perpendicular a $BL$, entonces $K$ es el incentro de $ABC$.
gerez_robert
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Re: ONEM 2023 - Etapa Nacional - Nivel 3 - P4

Mensaje sin leer por gerez_robert »

Bueno la demo que conozco de este problema no me gusta(está en AoPS por si la quieren ver, yo no la voy a subir), y tampoco llegué a resolverlo por mas que le meti de todo pero encontré cosas muy curiosas de esta configuración asi que las dejo por si le sirve al que tampoco haya podido :D
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Primer dato:
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El recíproco es cierto, es decir, si $K$ es incentro, entonces $BL \perp PQ$. De hecho la demo que vi va por ese lado(aunque lo hace con trigo, yo por geo).
Supongamos que $K$ es incentro de $\triangle ABC$.
Definamos $X$ e $Y$ como los pies de las perpendiculares a $AC$ por $P$ y $Q$, respectivamente(en mi caso aparecen en el orden $C, X, A, Y$).
Además, sean $I$ y $J$ en $BC$ y $AB$, respectivamente y tales que, $IK \perp BC, KJ \perp AB$.
Notemos que $BI=BJ, AJ=AL, CL=CI, BC=CY, AX=AB, BP=PX$ y $BQ=QY$.
Luego, $LY=CY-CL=BC-CI=BI$ y $XL=AX-AL=AB-AJ=BJ=BI$
$\Rightarrow XL=LY$.
Y por Pitagoras se sigue $PL^{2}-QL^{2}=(PX^{2}+XL^{2})-(QY^{2}+LY^{2})=BP^{2}-BQ^{2} \Rightarrow PL^{2}+BQ^{2}=QL^{2}+BP^{2}$.
Y esa ultima igualdad implica que las diagonales del cuadrilatero $PBQL$ son perpendiculares, o sea, $BL \perp PQ$. $\blacksquare$
Segundo dato:
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La perpendicular a $BK$ por $B$, $AC$ y $PQ$, concurren, independientemente de si $BL \perp PQ$($K$ ya no es incentro, eso era solo para el primer dato).
Sean $M$ y $R$ la intersecciones de $BK$ y $AC$ con $PQ$, respectivamente($RQ<RP$).
Misma notación que antes.
Bueno, como $BK$ bisecta al $\angle ABC$, $KI=KJ$. Por otro lado, $\angle PBC=\angle QBA$(esto es sencillo, solo usan que $PB \perp AB, BQ \perp BC$), entonces $BK$ tambien bisecta al $\angle PBQ$.
Notemos que, $\frac{PB}{BQ}=\frac{PX}{QY}$, en efecto, por Thales tenemos, $\frac{PB}{PX}=\frac{KJ}{KL}$ y $\frac{BQ}{QY}=\frac{KI}{KL}=\frac{KJ}{KL} \Rightarrow \frac{PB}{PX}=\frac{BQ}{QY} \Rightarrow \frac{PB}{BQ}=\frac{PX}{QY}$.
Luego por esto último, por el teorema de la bisectriz en $\triangle PBQ$ y por Thales nuevamente:
$\frac{PM}{MQ}=\frac{PB}{BQ}=\frac{PX}{QY}=\frac{PQ}{RQ}$.
$\Rightarrow$ $M$ es el conjugado armónico de $R$, respecto a $PQ$, se sigue $BM \perp BR$. $\blacksquare$
Último dato(al menos relevante, hay mas cosas pero las pueden hallar ustedes):
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$L$ tiene misma potencia respecto de $(MBR), (P, PB)$ y $(Q, QB)$.
Sean $W$ la segunda intersección de $PB$ con $(MBR)$($X≠B$) y $Z$ la segunda intersección de $WQ$ con $(MBR)$($Z≠W)$.
Bueno, $(MBR)$ es el lugar geometrico de todos los punto $T$, tales que, $\frac{PT}{TQ}=\frac{PM}{MQ}$(esto no lo voy a demostrar, es un hecho muy lindo como para no dejarlo de tarea), lo que implica que $WM$ bisecta al $\angle PWQ$. Se sigue, $MB=MZ$.
Por el segundo dato sabemos que el circuncentro de $\triangle MBR$ está sobre $MR$, por tanto, $BZ \perp MR$, luego $L, Z$ y $B$ están alineados, y ademas $PB=PZ, BQ=QZ$.
Y eso demuestra el tercer dato, eso es todo :D
amo a mis perritos
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