OFO 2017 Problema 12

[tuvie]

Sean [math]ABC un triángulo acutángulo y [math]\omega su circuncírculo. Las alturas [math]BE y [math]CF se cortan en [math]H. Sean [math]M el punto medio de [math]BC y [math]P el punto de intersección de las tangentes a [math]\omega por [math]B y [math]C. La recta [math]EF corta a las rectas [math]PB y [math]PC en los puntos [math]Q y [math]R respectivamente. La semirrecta [math]MH corta a [math]\omega en [math]T.
Demostrar que el circuncírculo del triángulo [math]PQR y [math]\omega son tangentes en el punto [math]T.

[tuvie]

Solución Oficial

Spoiler: mostrar

La solucion va a consistir en dos partes.

Parte 1: Probar que [math]T cae en el circuncirculo de [math]PQR

Notemos que la reflexion de [math]H por [math]M es [math]Z el opuesto diametral de [math]A en [math]w. Tambien el reflejo de [math]H por [math]E es [math]X , punto sobre [math]w. Ademas [math]HE=EX, y [math]HM=MZ. Entonces por potencia en [math]w, [math]HX\times{HB}=HT\times{HZ}\implies{HE\times{HB}=HM\times{HT}} y por potencia de un punto, [math]BTEM es ciclico. Notemos que [math]BFEC es ciclico, por lo que [math]\angle{QFB}=\angle{ACB} y por semi-inscriptos, [math]\angle{QBF}=\angle{ACB}, por lo que [math]\angle{BQF}=180-2\angle{ACB} y [math]QB=QF. Como [math]M es el centro de [math]BFEC, [math]MB=ME, y ademas por angulo central, al ser [math]\angle{ACB}<90, tenemos que [math]\angle{BME}=2\angle{ACB}. Entonces [math]QBME es ciclico y entonces [math]BQTEM es ciclico. Sigue que [math]\angle{QTM}=\angle{PBM}=\angle{BAC} por semi inscriptos. Analogamente [math]\angle{MTR}=\angle{BAC} y entonces [math]\angle{QTR}=2\angle{BAC}. Como [math]\angle{QPR}=180-2\angle{BAC}, sigue que [math]PQTR es ciclico.

Parte 2: Probar que [math]w es tangente al circuncirculo de [math]PQR.

Por la Parte 1, [math]QB=QE y [math]BM=ME. Entonces [math]QM es la mediatriz de de [math]BE, por lo que [math]QM es la bisectriz de [math]BQE, por lo que [math]QM es bisectriz de [math]PQR. Analogamente [math]RM es bisectriz de [math]QRP y sigue que [math]M es el incentro de [math]PQR. Voy a utilizar el siguiente hecho conocido:

"Sea [math]LNO un triangulo, [math]I su incentro, y [math]S la circunferencia tangente internamente a [math]LN, [math]LO y a la circunscripta de [math]LNO en [math]O_1, [math]N_1, y [math]L_1. Entonces [math]I es punto medio de de [math]O_1N_1 y este segmento es perpendicular a [math]IL."

(Comentario: Esta circunferencia se la conoce como el incirculo mixtilineo correspondiente al punto [math]L en el triangulo [math]LNO.)

Notemos entonces la relacion con el problema. [math]M es [math]I, [math]P es [math]L, [math]Q es [math]N, [math]R es [math]O, [math]B es [math]O_1, [math]C es [math]N_1, por lo que la circunferencia tangente a [math]PR en [math]C y a [math]PQ en [math]B es tangente a la circunscripta de [math]PQR, pero esta es [math]w.

Entonces probamos que [math]T pertenece a ambas circunferencias y que estas son tangentes, por lo que son tangentes en [math]T y estamos.

Para mas informacion con respecto a esa circunferencia http://www.mit.edu/~evanchen/handouts/M ... Guessr.pdf

[MateoCV]

Solo angulitos

Spoiler: mostrar

Sea [math]D el pie de la altura desde [math]A. Definamos [math]\angle BAH=\angle HCB=\alpha y [math]\angle CBH=\angle HAC=\beta (eso ocurre por ser [math]AFDC y [math]AEDB cíclicos), Luego como [math]\angle BAC=\alpha+\beta por tangencias tenemos que [math]\angle PBC=\angle BCP=\alpha+\beta y [math]\angle CPB=180º-2\alpha-2\beta. Sea [math]A' la reflexión de [math]H por [math]M, es conocido que [math]A' cae en la circunscrita y además que [math]AA' es diámetro de dicha circunferencia. Luego [math]\angle A'TA=HTA=90º. Como [math]\angle HFA también es recto, luego [math]AHFT es cíclico y como [math]AEHF es cíclico tenemos que [math]AEHFT es cíclico. Luego como [math]\angle HAE=\beta entonces [math]\angle HTE=\beta y como [math]\angle MBE= \beta luego [math]BTEM es cíclico. Como [math]\angle ACB=90º-\beta por tangencias [math]\angle ABQ=\angle FBQ=90º-\beta y como [math]BFEC es cíclico tenemos que [math]\angle CFE=\beta y [math]\angle QFB=90º-\beta, luego por ángulos interiores en [math]BQF, [math]\angle PQR=2\beta y análogamente [math]\angle QRP=2\alpha. Como en un triángulo rectángulo la mediana correspondiente al punto medio de hipotenusa es igual a medio lado, entonces [math]EM=MB y [math]\angle BEM=\beta y como [math]TEMB era cíclico [math]\angle BTM=\beta, y luego [math]\angle BTE=2\beta y como [math]BQE=2\beta tenemos que [math]TEBQ es cíclico pero como [math]TEMB era cíclico luego [math]TEMBQ es cíclico. Realizando un procedimiento análogo se obtiene que [math]TFMCR es cíclico. Como [math]BFEC es cíclico, [math]\angle FEB=\alpha y [math]\angle FEM=\angle FEB+\angle BEM=\alpha+\beta y al ser [math]QTEMB cíclico [math]\angle QTM=\alpha + \beta y análogamente [math]\angle MTR=\alpha+\beta de donde [math]\angle QTR =2\alpha+2\beta y como teníamos que [math]\angle RPQ=180º-2\alpha-2\beta tenemos que [math]PQTR es cíclico. Ahora si demostramos que la circunferencia que pasa por esos puntos es tangente a [math]\omega en [math]T habremos resuelto el problema. Para ver esto vamos a ver que la tangente a [math]\omega por [math]T es tangente al circuncírculo de [math]QTR (que es el mismo que el de [math]PQR) Sea [math]\angle TAB=\gamma Sea [math]W un punto en la tangente a [math]\omega por [math]T del lado tal que [math]\angle WTB=\gamma como [math]AEFT era cíclico [math]\angle TEF=\gamma y [math]\angle RET=180º-\gamma. Como teníamos que [math]\angle MTR=\alpha+\beta y que [math]\angle MTE=\beta luego [math]\angle ETR=\alpha y por ángulos interiores en [math]RET [math]\angle TRE=\angle TRQ=\gamma -\alpha. Luego quedaría ver que [math]\angle WTQ=\gamma-\alpha para probar que el circuncírculo de [math]RQT es tangente a [math]TW pero usando que [math]\angle QTM=\alpha+\beta y que [math]\angle BTM=\beta resulta que [math]\angle QTB=\alpha y como [math]\angle WTB=\gamma finalmente [math]\angle WTQ=\gamma-\alpha como queríamos ver

[jujumas]

Solo angu... Nah, mentira.

Solución innecesariamente extensa:

Spoiler: mostrar

Figura de análisis 1: https://gyazo.com/1f52bb182f304205e790d6ddedd00e33

Notación: [math]C\hat{A}B=a, [math]A\hat{B}C=b, [math]B\hat{C}A=c,

Lema 1: [math]M es incentro de [math]QRP.

Demostración: Por ser [math]PB y [math]PC tangentes al circuncírculo de [math]ABC, [math]P\hat{B}C=P\hat{C}B=a. Luego, [math]Q\hat{B}F=180^{\circ}-a-b=c, y como [math]BCFE es cíclico, al tener [math]C\hat{F}B=C\hat{E}B, tenemos que [math]A\hat{F}E=Q\hat{F}B=c. Luego, [math]BQF es isósceles. Análogamente, [math]CRE también lo es. Luego, la mediatriz de [math]BF coincide con la bisectriz de [math]B\hat{Q}F, al igual que la bisectriz de [math]B\hat{P}C y la mediatriz de [math]BC. Lo mismo sucede con el triángulo [math]CRE. Luego, el incentro de [math]QRP coincide con la intersección de estas mediatrices, que es el centro de la circunferencia circunscrita al cíclico [math]FBCE, que es [math]M por la propiedad de la mediana de un triángulo rectángulo.


Figura de análisis 2: https://gyazo.com/01fd1a916c8d244b2b4bc9fadb05f533

Consideremos ahora una circunferencia [math]\omega internamente tangente a [math]PQ en [math]B_1, [math]PR en [math]C_1 y a la circunferencia circunscrita de [math]PQR en [math]T_1. Vamos a ver unas propiedades de esta circunferencia antes de entrar en detalles de su relación con el problema. Para esto, consideraremos las segundas intersecciones de [math]TB_1 y [math]TC_1 con [math]\omega, a las que las llamaremos [math]M_b y [math]M_c.

Lema 2: [math]M_b y [math]M_c son puntos medios de los arcos [math]PQ y [math]PR respectivamente.

Demostración: Basta con demostrar que [math]M_b\hat{Q}P=M_b\hat{P}Q. Notemos por cíclicos, que esto se traduce a demotrar que [math]M_b\hat{T_1}P=M_b\hat{P}Q, o que los triángulos [math]M_bB_1T y [math]M_bPT_1 son semejantes. Tomando la segunda intersección de [math]T_1P y [math]\omega, a la que la llamaremos [math]P_1, tenemos que [math]M_b\hat{B_1}P=Q\hat{B_1}T_1=T\hat{P_1}B_1 (la última por semi-inscriptos). Notemos entonces que una homotecia centro [math]T que lleva [math]\omega al circuncírculo de [math]PQR, lleva a [math]B_1 a [math]M_b y a [math]P_1 a [math]P, por lo que [math]M_bTP y [math]B_1TP_1 son semejantes, por lo que [math]T\hat{P_1}B_1=T\hat{P}M_b=M_b\hat{B_1}P, de donde [math]M_bB_1T y [math]M_bPT_1 son semejantes. Luego, [math]M_b es punto medio del arco [math]PQ. Análogamente, [math]M_c es punto medio del arco [math]PR.


Figura de análisis 3: https://gyazo.com/121b500a2b54d6c6e1041e2ce84157a4

Lema 3: Sea [math]I_1 el incentro de [math]PQR, [math]I_1 es punto medio de [math]B_1C_1.

Demostración: Usamos el Teorema de Pascal con los segmentos [math]T_1M_b, [math]M_bR, [math]RP, [math]PQ, [math]QM_c y [math]M_cT_1. Dado que por el Lema [math]2 tenemos que [math]M_bR y [math]M_cQ se intersecan en el incentro de [math]PQR, tenemos que [math]B_1, [math]I_1 y [math]C_1 son colineales, y dado que [math]PB_1=PC_1, [math]PB_1C_1 es isósceles, la bisectriz de [math]Q\hat{P}R corta a [math]B_1C_1 en su punto medio, de donde [math]I_1 debe ser punto medio de [math]B_1C_1.


Lema 4: La circunferencia circunscrita a [math]ABC es tangente a la circunferencia circunscrita a [math]PQR

Demostración: Notemos ahora que [math]I_1=M por el Lema [math]1, y porque el incentro de un triángulo es único. Notemos además que [math]I define completamente a [math]B_1 y [math]C_1, ya que son la intersección de la perpendicular a [math]PI_1 por [math]I_1 con [math]PQ y [math]PR respectivamente. Luego, el hecho de que [math]I_1=M implica que [math]B_1=B y [math]C_1=C. Notemos además que la circunferencia tangente a la semirrecta [math]PC en [math]C y a la semirrecta [math]PB en [math]B es única, al igual que la circunferencia tangente a [math]PC_1 en [math]C_1 y a [math]PB_1 en [math]B_1. Luego, la circunferencia circunscrita a [math]ABC es [math]\omega, por lo que es tangente al circuncírculo de [math]PQR.


Entonces, nos queda demostrar solamente que el punto de tangencia, [math]H y [math]M son colineales, ya que la intersección de la semirrecta [math]MH y la circunscrita a [math]ABC es única, al igual que el punto [math]T. Notemos que en el problema original, además, [math]F y [math]E son las intersecciones de la circunferencia de diametro [math]BC con [math]QR, y [math]H no es más que la intersección de [math]CF y [math]BE. Luego, con todo lo que hicimos hasta ahora, podemos reformular todo el problema de la siguiente manera.

Figura de análisis 4: https://gyazo.com/643b4c2533969ef90601df8e4eb41c60

Problema equivalente: Sea [math]PQR. Sea [math]\omega una circunferencia tangente a [math]PQ y a [math]PR, e interiormente tangente al circuncírculo de [math]PQR en [math]T, la circunferencia de diámetro [math]BC corta a [math]QR en los puntos [math]E y [math]F, con [math]E entre [math]R y [math]F. Sea [math]H la intersección de [math]CF y [math]BE, demostrar que [math]T, [math]H y el punto medio de [math]BC son colineales.


Por el Lema [math]3, el punto medio de [math]BC es el incentro [math]I de [math]PQR. Vamos ahora a continuar probando un último Lema en la configuración:

Figura de análisis 5: https://gyazo.com/d30ded40a5b722f2d3ced8ae6fdf2372

Lema 5: Los puntos [math]Q, [math]B, [math]I, [math]E y [math]T son concíclicos (al igual que [math]R, [math]C, [math]I, [math]F [math]T).

Demostración: Empecemos probando que [math]QBIT es cíclico.
Tomando el punto [math]M_b con la misma definición que antes, tenemos que [math]M_b\hat{T}Q=M_b\hat{R}Q=\frac{P\hat{R}Q}{2}, pero [math]P\hat{I}Q=180^{\circ}-\frac{R\hat{P}Q+R\hat{Q}P}{2}=\frac{P\hat{R}Q}{2}+90^{\circ}, de donde [math]B\hat{I}Q=\frac{P\hat{R}Q}{2}, por lo que [math]QBIT es cíclico.
Para probar que [math]EQBI es cíclico, tomamos los puntos de contacto del incírculo con [math]RP y [math]RQ. Llamemos [math]X e [math]Y respectivamente a estos puntos. Luego, como [math]IXC e [math]IYE son triángulos rectángulos con mismo cateto y misma hipotenusa, [math]CX=EY, ya que son semejantes, y como, por tangencias [math]RX=RY, tenemos que [math]RC=RE Luego, como [math]IE=IC, [math]REIC es un romboide, por lo que [math]CE y [math]RI son perpendiculares. Además, dado que [math]BC es diámetro de la circunscrita a [math]CEB, [math]CE y [math]BE son perpendiculares. Luego, [math]RI y [math]BE son paralelas, de donde [math]B\hat{E}Q=\frac{P\hat{R}Q}{2}=B\hat{I}Q. Con esto, tenemos que [math]QBIET es un pentágono cíclico. Razonando simétricamente para los otros puntos, por los mismos argumentos tenemos que [math]RCIFT también es un pentágono cíclico, demostrando el Lema.


Volver a figura de análisis 4

Notemos entonces que el hecho de que [math]H caiga en [math]IT implica que [math]H esté en el eje radical de las circunferencias circunscritas a [math]CIFT y [math]BIET. Luego, basta con demostrar que [math]H tiene igual potencia respecto a ambas circunferencias. Pero como [math]CEFB es cíclico y sus diagonales se cortan en [math]H, tenemos por potencia de un punto que [math]EH \times HB = CH \times HF, y como [math]EH \times HB es la potencia de [math]H respecto a la circunferencia [math]BIET, y [math]CH \times HF es la potencia de [math]H respecto a la circunferencia [math]CIFT, al ser estas potencias iguales, tenemos que [math]H, [math]I y [math]T son colineales, concluyendo el enunciado.

[3,14]

Spoiler: mostrar

12) Sean $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ los ángulos $\angle BAC$, $\angle ABC$ y $\angle ACB$ respectivamente. Vamos a definir algunos nuevos puntos:
Sea $D$ el segundo punto de intersección de $HM$ con $\omega$. Sea $I$ el punto de intersección de la recta $QM$ con el circuncírculo de $\triangle PQR$.
A continuación, vamos a probar varias propiedades que surgen de la figura, para finalmente llegar a la demostración:

1- $HBDC$ es paralelogramo.
Supongamos que no es así, y sea el punto $d$ tal que $HCdB$ sea paralelogramo. En ese caso, $d$ se encuentra sobre $HM$, ya que $BC$ es diagonal, y $HM$ la corta en su punto medio, de modo que $HM$ también debe ser diagonal. Pero notemos que $FHEA$ es cíclico (dos ángulos opuestos iguales a $90º$), por lo que $\angle BHC=\angle FHE=180º-\alpha$. Por ser paralelogramo $HCdB$, resulta que sus ángulos opuestos son iguales, y $\angle BdC=180º-\alpha$. Pero como $D$ pertenece a $\omega$, $ABDC$ es cíclico, y $BDC=180º-\alpha=BdC$. Como dijimos que $D$ y $d$ están sobre una misma recta, y ninguno de ellos es $H$ (el segundo punto que cumple $\angle BHC=180º-\alpha$ sobre la recta $HM$), entonces $D=d$, con lo que demostramos lo que queríamos.

2- Los triángulos $\triangle ERC$, $\triangle BQF$, $\triangle BPC$ son isosceles en $R$, $Q$ y $P$ respectivamente. $M$ es el incentro de $PQR$.
Por ángulo por tangente en $\omega$, vemos que $\angle QBF=\gamma$. Además, como $M$ es el punto medio de la hipotenusa de $\triangle BFC$ y $\triangle BEC$, $BM=FM=EM=MC$, y por lo tanto, hay una circunferencia de centro $M$ que pasa por $F, B,C,E$. Entonces $FECB$ es cíclico, y por ángulos inscriptos: $\angle EFC=\angle EBC=90º-\gamma$. Entonces $\angle QFB=180º-\angle BFC-\angle EFC=180º-90º-(90º-\gamma)=\gamma=\angle QBF$. Por lo tanto, $BQF$ es isosceles en $Q$. Las demostración para $\triangle ERC$ es análoga.
El triángulo $BPC$ es isósceles, porque $BP=PC$ por ser tangentes desde $P$ a $\omega$.
Tracemos ahora la perpendicular desde $Q$ a $BF$ (llamémosla $l$), y desde $M$ a $BF$ (llamémosla $m$). El pie de $m$ sobre $BF$ es el punto medio de $BF$ (por Thales, ya que $m$ es paralela a $FC$, por ser $FC$ altura). Por otro lado, $l$ es también bisectriz de $\angle BQF$, por ser el triángulo $BQF$ isósceles. El pie de $l$ sobre $BF$ es el punto medio de $BF$, ya que $l$ es altura y mediatriz. Entonces $l$ y $m$ son perpendiculares a $BF$ y pasan ambas por el punto medio de $BF$, por lo tanto, son la misma recta. Significa que $Q$, el punto medio de $BF$, y $M$ están alineados, y en consecuencia, $QM$ es bisectriz de $\angle FQB$. Análogamente se deduce que $RM$ es bisectriz de $\angle ERC$. Por lo tanto, $M$ es el punto de intersección de las bisectrices de los ángulos interiores de $\triangle PQR$ y se deduce que es su incentro.

3- Los puntos $T, F, M, C, R$ son concíclicos.
Notemos que $\angle FCB=90º-\beta$. Por ser $HBDC$ paralelogramo, $HC\parallel BD$, y por ángulos alternos internos: $\angle CBD=\angle FCB=90º-\beta$. Por arco capaz en $\omega$, resulta que $\angle MTC=\angle DTC=\angle DBC=90º-\beta$.
Es conocido que el punto medio de la hipotenusa de un triángulo rectángulo equidista de los vértices. Por lo tanto, $MF=MC$, $\triangle FMC$ es isósceles en $M$, y $\angle MFC=\angle FCM=90º-\beta$. Por lo tanto, $\angle MFC=\angle MTC$, de lo que se deduce que $T, F, M, C$ son concínclicos.
Sabemos por ángulo por una tangente, y porque $\triangle ERC$ es cíclico, que $\angle ACR=\beta=\angle RCA$, y por lo tanto, $\angle ERC=180º-2\beta$. Por otro lado, dijimos antes que $\triangle FMC$ es isóceles, con $\angle MCF=90º-\beta$. Por lo tanto, $\angle FMC=180º-90º+\beta-90º+\beta=2\beta$. Entonces, el cuadrilátero $FRCM$ tiene dos ángulos opuestos que suman $180º$ ($\angle FMC$ y $\angle FRC$). Por lo tanto, $F, R, C, M$ son concínclicos.
Por lo tanto, $T, F, M, C, R$ son concínclicos.
En la gráfica, la circunferencia que los contiene es de color rojo-rosado. La llamaremos $\Gamma_1$.

4- $Q, B, M, E, T$ son concínclicos.
La demostración es completamente análoga a la anterior. El circuncírculo de estos cinco puntos es de color amarillo en la gráfica, y lo llamaremos $\Gamma_2$.

5- $T$ pertenece al circuncírculo de $\triangle PQR$.
Notemos que por ángulo por una tangente en $\omega$, $\angle QBF=\gamma$. Viendo el cuadrilátero $QBMT$, que es cíclico por estar inscripto en $\Gamma_2$, deducimos que:
$\angle QTM=180º-\angle QBM=180º-\angle QBF-\angle FBM=180º-\gamma-\beta=\alpha$.
En forma completamente análoga, empleando $\Gamma_1$, se puede deducir que $\angle MTR=\alpha$. Por lo tanto, $\angle QTR=\angle QTM+\angle MTR=2\alpha$.
Por ángulos por tangentes a $\omega$, $\angle PBC=\angle BCP=\alpha$, y $\angle BPC=180º-2\alpha$. Por lo tanto, el cuadrilátero $QPRT$ tiene dos ángulos opuestos que suman $180º$, y es cíclico, por lo que $T$ pertenece al circuncírculo de $\triangle PQR$.

6- $QM$ es tangente a $\Gamma_1$, y $QM$ es paralela a $FC$.
Notemos que como $M$ es el incentro de $\triangle PQR$, entonces $QM$ es bisectriz de $\angle BQF$, y como $\triangle QFB$ es isósceles, entonces $QM$ también es mediatriz. Como $M$ es punto medio de la hipotenusa en $\triangle BFC$, entonces $\angle MFB=\angle BFM=\beta$. Como dijimos que $QM$ es mediatriz de $BF$, es perpendicular a este segmento, y $\angle FMQ=90º-\angle MFB=90º-\beta$. Pero $\angle FCM=90º-\beta$. De esto se deduce que $\angle FMQ=\angle FCM$, y $QM$ es tangente a $\Gamma_2$.
Ahora, $\angle RMC=90º-\gamma$ (demostración análoga a la de $\angle FMQ=90º-\beta$). Por ángulos inscriptos en $\Gamma_1$: $\angle RMC=\angle RFC$.
Por otro lado, $\angle QBF=\gamma$ por ángulo por tangente, y $\angle BQF=180º-\angle QFB-\angle QBF=180º-2\gamma$. Por ser $QM$ bisectriz, $\angle FQM=90º-\gamma$, y resulta que $\angle RFC=\angle FQM=\angle RQM$. De esto se deduce que $FC\parallel QM$.

7- $T$, $C$, $I$ son colineales.
Por ángulos inscriptos en el circuncírculo de $\triangle PQR$, $\angle QIT=\angle QRT$. Notar que $\angle QRT=\angle FRT$, y por ángulos inscriptos en $\Gamma_1$, vemos que $\angle FRT=\angle TCF$. Entonces $\angle TCF=\angle TIQ$. Pero habíamos dicho que $FC\parallel QI$. Por lo tanto, $T, C, I$ son colineales.

8- Finalmente llegamos! $\omega$ y el circuncírculo de $\triangle PQR$ son tangentes.
Tracemos la tangente a $\omega$ por $T$, que pasa por un punto $J_1$. Tracemos la tangente al circuncírculo de $\triangle PQR$ por $T$, que pasa por $J_2$. Vamos a demostrar que ambas tangentes son iguales, de donde se deduce que las dos circunferencias son tangentes a una misma recta en un mismo punto, con lo cual habríamos demostrado que ambas son tangentes entre sí.
Por ángulos por una tangente en $\omega$: $\angle J_1TC=\angle TBC$. Mirando el circuncírculo de $\triangle PQR$: $\angle J_2TI=\angle TQI=\angle TQM$, y por ángulos inscriptos en $\Gamma_2$: $\angle TQM=\angle TBM=\angle TBC$. Por lo tanto, $\angle J_1TC=\angle J_2TI=\angle J_2TC$. Por lo tanto, $J_2$ y $J_1$ se encuentran sobre la misma recta, y se deduce que ambas tangentes son las mismas, con lo que demostramos lo pedido. $\blacksquare$

Aclaración: Originalmente, mi objetivo era demostrar el problema con inversión. La circunferencia de inversión es la circunferencia de centro $I$ que pasa por $P$, $M$, $R$ (es conocido que esta circunferencia efectivamente pasa por esos tres puntos). Con esta circunferencia de inversión, el circuncírculo de $PQR$ se invierte en la recta tangente a $\omega$, $PR$, y $\omega$ se invierte en sí misma. Sin embargo, para completar la demostración por inversión, debía demostrar que $\omega$ y la circunferencia de inversión son ortogonales, lo que no pude hacer. Así que el problema lo terminé de una forma más clásica.

OFO10.jpg

[davisbeckam18]

Spoiler: mostrar

Como ya sabemos que [math]L pertenece a [math]w, probaremos que [math]L pertenece al circuncírculo del triángulo [math]PQR, que sería análogo a probar que el cuadrilátero [math]PRLQ es cíclico.

[math]\to Completamos ángulos. (Archivo 1). Notemos que los cuadriláteros [math]QBME y [math]FMCR son cíclicos.

[math]\to Probemos que el cuadrilátero [math]CMFL es cíclico. (Archivo 2)

[math]\to Debido a que [math]CMFL es cíclico tenemos que [math]\angle FLH=\alpha [math]\to [math]LFHE es cíclico [math]\to [math]\angle HLE=\beta

[math]\to El cuadrilátero [math]MBLE es cíclico. Es decir [math]L pertenece al circuncírculo del triángulo [math]EMB. Pero por lo antes mencionado, [math]Q también pertenece al circuncírculo del triángulo [math]EMB. Concluimos entonces que [math]E,M,B,Q,L son concíclicos y por lo tanto [math]MBQL es cíclico.

[math]\to De forma similar se prueba que [math]RCML es cíclico. (Igual se deja la demostración debajo).

Spoiler: mostrar

[math]\to Como [math]CMFL es cíclico, entonces [math]L pertenece al circuncírculo del triángulo [math]CMF. Pero por lo antes mencionado, [math]R también pertenece al circuncírculo del triángulo [math]CMF. Concluimos entonces que [math]R,C,M,F,L son concíclicos y por lo tanto [math]RCML es cíclico.

Spoiler: mostrar

[math]\to [math]\angle MLQ +\angle MBQ=180° [math]\to [math]\angle MLQ=180°-\angle MBQ [math]\to [math]\angle MLQ=\alpha + \beta

[math]\to [math]\angle RLM +\angle RCM=180° [math]\to [math]\angle RLM=180°-\angle RCM [math]\to [math]\angle RLM=\alpha + \beta

[math]\to En el cuadrilátero [math]PRLQ: [math]\angle RLQ + \angle RPQ= \angle RLM + \angle MLQ + \angle RPQ= 2\alpha + 2\beta +2\theta=180°

[math]\to El cuadrilátero [math]PRLQ es cíclico. (Archivo 3)

Ahora, trazemos la recta tangente a [math]w por [math]L. Faltaría probar que el circuncírculo de [math]RLQ es tangente a dicha recta, que sería análogo a probar que [math]\angle QLT ([math]T un punto sobre la recta tangente tal que la semirrecta [math]LT intersecta a la recta [math]RQ) [math]= \angle LRQ.

[math]\to Completamos ángulos con las demostraciones que tenemos.(Archivo 4)

[math]\to [math]\angle QEB=\angle QMB=\angle QLB=\alpha y [math]\angle BEM=\angle MBE=\angle MQE=\angle BQM= \beta ([math]E,M,B,Q,L son concíclicos)

[math]\to [math]M es el incentro del triángulo [math]PQR. [math]\to [math]\angle MRC=\angle QRM=\alpha

[math]\to Finalmente: [math]\angle QLT=\angle TLB-\angle QLB=\angle LCB-\alpha= \angle LRM-\alpha= \angle LRQ.

[julianferres_]

A puro cíclicos y angulitos:

Spoiler: mostrar

Para empezar demostraremos que [math]T pertenece a la circunferecia de [math]AFHE. Sea [math]T' la otra intersección de la recta [math]HM con [math]\omega, luego es conocido que [math]AT' es diametro(por las propiedades de la reflexion del ortocentro por el punto medio de los lados). Esto nos dice que [math]90=\angle{ATH}=\angle{AFH} y estamos.

Lo siguiente sera probar que [math]Q,T,E,M,B son conciclicos, y analogamente [math]R,T,F,M,C tambien.

Notemos que [math]\angle{EBM}=\angle{EBC}=90-C=\angle{CAH}=\angle{EAH}=\angle{ETH}=\angle{ETM} (uso arco capaz en [math]\odot{ATHE} y alturas), luego [math]T,E,M,B son conciclicos. Para incluir a [math]Q en dicha circunferencia hacemos lo siguiente: [math]\angle{QBF}=\angle{QBA}=C por semi-inscritos y [math]\angle{QFB}=\angle{AFE}=C esto es op. por el verice y usar que [math]BFEC es ciclico. Luego [math]\angle{EQB}=\angle{FQB}=180-2C. Ademas tenemos que [math]\angle{MTE}=\angle{HTE}=\angle{HAE}=90-C usando que [math]TAEH es ciclico. Finalmente [math]\angle{MTB}=\angle{MEB}=\angle{MBE}=90-C usando el ciclico [math]TEMB y que [math]M es punto medio de la hipotenusa de [math]BEC. Luego [math]\angle{BTE}=\angle{MTB}+\angle{MTE}=180-2C=\angle{BQE} y estamos.

Analogamente se prueba que [math]R,T,F,M,C son conciclicos (ya que las construcciones de los puntos [math]F y [math]T son analogas).

Una vez que tenemos esto, vamos a probar que el cuadrilatero [math]TQPR es ciclico. Para eso voy a probar que [math]\angle{QTR}+\angle{QPR}=180

Sabemos que [math]\angle{CBP}=\angle{BCP}=A por semi-inscritos, luego [math]\angle{QPR}=\angle{BPC}=180-2A y hay que probar que [math]\angle{QTR}=2A.

Notemos que [math]\angle{QTR}=\angle{QTB}+\angle{BTC}+\angle{CTR}=\angle{QTB}+\angle{BAC}+\angle{CTR}=\angle{QTB}+A+\angle{CTR} (Uso que [math]T \in \omega). Por ende queda probar que [math]\angle{QTB}+\angle{CTR}=A
Pero usando los ciclicos: [math]\angle{QTB}=\angle{QEB}=\angle{FEH}=\angle{FAH} y [math]\angle{CTR}=\angle{CFR}=\angle{HFE}=\angle{HAE}.
Finalmente [math]\angle{QTB}+\angle{CTR}=\angle{FAH}+\angle{EAH}=A y estamos.

Sea [math]l la tangente a [math]\omega por [math]T, entonces tenemos que
[math]\angle{(TQ,l)}+90-B=\angle{(TQ,l)}+\angle{FAH}=\angle{(TQ,l)}+\angle{QTB}=\angle{(TB,l)}=\angle{TAB}=\angle{TCB}=\angle{TCF}+\angle{FCB}=\angle{TRF}+90-B=\angle{TRQ}+90-B

Entonces [math]\angle{(TQ,l)}+90-B=\angle{TRQ}+90-B lo que implica que [math]\angle{(TQ,l)}=\angle{TRQ} y por semi-inscritos el problema queda resuelto.

[Gianni De Rico]

Solución:

Spoiler: mostrar

Sean $D$ el pie de la altura desde $A$ en $ABC$ y $H_1$ el simétrico de $H$ por $M$.
Tenemos que $T,M,H_1$ son colineales, y por las reflexiones del ortocentro, tenemos que $H_1$ es el opuesto diametral de $A$ en $\omega$, luego, $\angle MTA=\angle H_1TA=90^\circ =\angle MDA$, de donde $MDTA$ es cíclico. Como $AD\perp BC$, $BE\perp CA$ y $CF\perp AB$, tenemos que $BCEF$ y $ABDE$ son cíclicos, de donde $HT\cdot HM=\text{Pot}(H,\odot MDTA)=HA\cdot HD=\text{Pot}(H,\odot ABDE)=HB\cdot HE=\text{Pot}(H,\odot BCEF)=HC\cdot HF$, por lo que $MCTF$ es cíclico. Ahora, como $QB$ es tangente a $\omega$ y $BCEF$ es cíclico, tenemos que $\angle QBF=\angle QBA=\angle BCA=\angle EFA=\angle QFB$, de donde $QB=QF$, y como $MB=MF$ por la propiedad de la mediana de un triángulo rectángulo, tenemos que $QM$ es bisectriz de $\angle BQF$, es decir, $QM$ es bisectriz de $\angle PQR$; análogamente, $RM$ es bisectriz de $\angle QRP$, de donde $M$ es el incentro de $PQR$. Además, tenemos que $MQ$ es bisectriz de $\angle BMF$, luego, $\angle QMT=\angle QMF+\angle FMT=\frac{1}{2}\angle BMF+\angle FCT=\frac{1}{2}2\angle MCF+\angle FCT=\angle MCF+\angle FCT=\angle BCF+\angle FCT=\angle BCT=\angle BQT$, de donde $BMTQ$ es cíclico. Análogamente, $CMTR$ es cíclico.

Consideremos la inversión por $\odot BCEF$, y sea $X'$ el inverso de $X$ para todo punto $X$ del plano, como $MH\cdot MT=MH_1\cdot MT=\text{Pot}(M,\omega)=MB\cdot MC=MB^2$, tenemos que $H$ y $T$ son inversos. Entonces $B,Q',H$ son colineales y $C,R',H$ son colineales. Como $M$ es el incentro de $PQR$, tenemos que $M$ es el ortocentro de $P'Q'R'$, de donde $P'Q'\perp MR'\parallel MR\perp CE$, por lo que $P'Q'\parallel CE$, y análogamente $P'R'\parallel BF$, luego, $MQ'\perp P'R'\parallel BF\perp CH$, por lo que $MQ'\parallel CH$, y como $M$ es punto medio de $BC$, tenemos que $Q'$ es punto medio de $BH$; análogamente, $R'$ es punto medio de $CH$. Luego, $MQ'R'$ es el triángulo medial de $BCH$, por lo que $H$ es el reflejo de $M$ por el punto medio de $Q'R'$, y como $M$ es el ortocentro de $P'Q'R'$, tenemos que $P'Q'HR'$ es cíclico.
Sea $G$ un punto en el mismo semiplano que $Q'$ respecto a $MH$ tal que $GH$ es tangente a $\odot P'Q'R'$, luego $\angle GHQ'=\angle HR'Q'=\angle HCB$, por lo que $GH$ es tangente a $\odot BHC$. Entonces $\odot P'Q'R'$ y $\odot BHC$ son tangentes en $H$. Como invertir preserva tangencias, $\odot PQR$ y $\odot BTC$ son tangentes en $T$, es decir, el circuncírculo de $PQR$ y $\omega$ son tangentes en $T$.