FOFO de Pascua 2019 Problema G: La circunferencia Papal

tuvie

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FOFO de Pascua 2019 Problema G: La circunferencia Papal

Mensaje sin leer por tuvie » Mié 17 Abr, 2019 11:58 pm

Sean $ABC$ un triángulo acutángulo y $\Gamma_A$ la circunferencia de diámetro $BC$. Sean $X_A$ e $Y_A$ dos puntos distintos en $\Gamma_A$ tales que $AX_A$ y $AY_A$ son tangentes a $\Gamma_A$. Análogamente definimos $X_B$, $X_C$, $Y_B$, e $Y_C$. Demostrar que existe una circunferencia que pasa por los $6$ puntos $X_A$, $X_B$, $X_C$, $Y_A$, $Y_B$ e $Y_C$.

tuvie

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Re: FOFO de Pascua 2019 Problema G: La circunferencia Papal

Mensaje sin leer por tuvie » Dom 21 Abr, 2019 11:36 pm

Aquí vamos a publicar la solución oficial.

BrunZo

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Re: FOFO de Pascua 2019 Problema G: La circunferencia Papal

Mensaje sin leer por BrunZo » Lun 22 Abr, 2019 3:23 pm

Solución. :roll:
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Lema. Sean $X$ e $Y$ dos puntos y $\omega$ un circulo. Si se cumplen simultáneamente
  • La mediatriz de $XY$ pasa por el centro de $\omega$.
  • Existe un punto $P$ interior al segmento $XY$ e interior a $\omega$ con $\text{Pot}_{\omega}(P)=PX\cdot PY$.
    entonces $X$ e $Y$ pertenecen a $\omega$.
Demostración. Supongamos que uno de $X$ e $Y$ no pertenece a $\omega$.
Sea $l$ la mediatriz de $XY$. Como $l$ pasa por el centro de $\omega$, $\omega$ es simétrico con respecto a $l$. Entonces, o bien $X$ e $Y$ están ambos en el interior de $\omega$ o bien ambos en el exterior.
Sean $X'$, $Y'$ las intersecciones de $XY$ con $\omega$, de modo que $X$, $X'$ estén en el mismo semiplano con respecto a $l$. Es claro que $PX'\cdot PY'=\text{Pot}_{\omega}(P)$.
Ahora, como $P$ pertenece a ambos segmentos $XY$ y $X'Y'$, tenemos que, o bien $PX\cdot PY<PX'\cdot PY'$, o bien $PX\cdot PY>PX'\cdot PY'$ dependiendo de si $X$ e $Y$ están en el interior o exterior de $\omega$. Pero $PX\cdot PY=PX'\cdot PY'=\text{Pot}_{\omega}(P)$. Contradicción. Luego, $X$ e $Y$ pertenecen a $\omega$.

Primera parte. El ortocentro $H$ de $ABC$ pertenece al interior de $X_AY_A$.
Sea $M_A$ el punto medio de $BC$ y $H_A$, $H_B$ y $H_C$ los pies de las alturas por $A$, $B$, $C$.
Es claro que $H_B$, $H_C$ pertenecen a $\Gamma_A$; $H_A$, $H_C$ a $\Gamma_B$, y $H_A$, $H_B$ pertenecen a $\Gamma_C$. Además, como $M_A$ es centro de $\Gamma_A$, tenemos que $\angle AX_AM_A=\angle AY_AM_A=90^{\circ}$.
Sea $\Omega_A$ el circulo con diámetro $AM_A$. Es claro que $H_A$, $X_A$, $Y_A$ pertenecen a $\Omega_A$.
Ahora, consideremos el eje radical $X_AY_A$ de los círculos $\Gamma_A$, $\Omega_A$; el eje radical $AH_A$ de los círculos $\Omega_A$, $\Gamma_C$, y el eje radical $BH_B$ de los círculos $\Gamma_A$, $\Gamma_C$. Estos tres ejes deberán ser concurrentes en $H$, por lo que $X_AY_A$ pasa por $H$. Además, como $ABC$ es acutángulo, $H$ está en el interior de $AH_A$ y $BH_B$, por lo que estará en el interior de $X_AY_A$.

Segunda parte. $X_BX_CY_BY_C$ es cíclico.
Haciendo razonamientos similares, $X_BY_B$ y $X_CY_C$ contienen a $H$. Además, tenemos que $H$ es centro radical de $\Gamma_A$, $\Gamma_B$, $\Gamma_C$, por lo que $X_BH\cdot HY_B=X_CH\cdot HY_C$, lo que implica que $X_BX_CY_BY_C$ es cíclico (llamemos $\omega$ al círculo), como queríamos. Notemos, además, que $P$ pertenece al interior de $\omega$, ya que está en el interior de $X_BY_B$ y $X_CY_C$.

Tercera parte. La circunferencia Papal.
Notemos que $BX_B=BY_B$ y $M_BX=M_BY$, luego $BM_B$ es la mediatriz de $X_BY_B$. Similarmente, $CM_C$ es la mediatriz de $X_CY_C$. De este modo, el baricentro $G$ de $ABC$ es el circuncentro de $\omega$.
Pero, $AM_A$, que pasa por $G$, es mediatriz de $X_AY_A$ y el punto $H$ en el interior de $X_AY_A$ cumple $X_AH\cdot HY_A=X_BH\cdot HY_B=\text{Pot}_{\omega}(H)$ (puesto que $H$ es centro radical de $\Gamma_A$, $\Gamma_B$, $\Gamma_C$). Entonces, reemplazando $X$, $Y$, $P$ en el Lema por $X_A$, $Y_A$, $H$ (notemos que $H$ es interior al segmento $X_AY_A$ y a $\omega$), obtenemos que $X_A$, $Y_A$ pertenecen a $\omega$, con lo que estamos.
Última edición por BrunZo el Vie 26 Abr, 2019 6:53 pm, editado 1 vez en total.

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Gianni De Rico

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Re: FOFO de Pascua 2019 Problema G: La circunferencia Papal

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Lun 22 Abr, 2019 7:55 pm

Un pequeño comentario a la solución de Bruno
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Podés usar el Problema 105 de la Maratón de Geo como Lema
Una solución alternativa, con muchas cuentitas
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Sean $D,E,F$ los puntos medios de $BC,CA,AB$, y sea $G$ el baricentro de $\triangle ABC$. Veamos que existe una circunferencia que pasa por $X_A,Y_A,X_B,Y_B,X_C,Y_C$, y que además tiene a $G$ como su centro.

En efecto, como $D$ es el centro de $\Gamma _A$ tenemos $AX_A\perp DX_A$ y $AY_A\perp DY_A$, luego $AX_ADY_A$ está inscripto en la circunferencia $\Omega _A$ de diámetro $AD$. Análogamente, $BX_BEY_B$ está inscripto en la circunferencia $\Omega _B$ de diámetro $BE$, y $CX_CFY_C$ está inscripto en la circunferencia $\Omega _C$ de diámetro $CF$. Sea $O_i$ el centro de $\Omega _i$ para $i\in \{A,B,C\}$.
Ahora, sean $BC=a$, $CA=b$ y $AB=c$. Por la Fórmula de la Mediana tenemos $AD=\sqrt{\frac{b^2}{2}+\frac{c^2}{2}-\frac{a^2}{4}}=\frac{1}{2}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}$, luego $X_AO_A=\frac{1}{4}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}$ por ser un radio de $\Omega _A$. Ahora, como $O_A$ es el centro de $\Omega _A$ y $G$ es el baricentro de $\triangle ABC$ tenemos que $AO_A=\frac{1}{2}AD$ y $GD=\frac{1}{3}AD$, luego $O_AG=AD-AO_A-GD=AD-\frac{1}{2}AD-\frac{1}{3}AD=\frac{1}{6}AD$. Por lo tanto $O_AG=\frac{1}{12}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}$ y $GD=\frac{1}{6}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}$, y por ser un radio de $\Gamma _A$ tenemos $DX_A=\frac{1}{2}a$. Entonces por la Fórmula de Stewart tenemos que $O_AD\cdot X_AG^2=X_AO_A^2\cdot GD+X_AD^2\cdot O_AG-O_AD\cdot O_AG\cdot GD$, es decir $X_AG=$
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$\sqrt{\frac{X_AO_A^2\cdot GD+X_AD^2\cdot O_AG-O_AD\cdot O_AG\cdot GD}{O_AD}}=\sqrt{\frac{(\frac{1}{4}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2})^2\cdot \frac{1}{6}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}+(\frac{1}{2}a)^2\cdot \frac{1}{12}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}-\frac{1}{4}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}\cdot \frac{1}{12}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}\cdot \frac{1}{6}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}{\frac{1}{4}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}}=\sqrt{\frac{\frac{1}{96}(a^2+2b^2+2c^2)\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}-\frac{1}{4}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}\cdot \frac{1}{12}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}\cdot \frac{1}{6}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}{\frac{1}{4}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}}=\sqrt{\frac{\frac{1}{72}(a^2+b^2+c^2)\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}{\frac{1}{4}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}}=$
$=\sqrt{\frac{1}{18}(a^2+b^2+c^2)}$.
Como $DX_A=DY_A$ por ser radios, $AX_A=AY_A$ por ser tangentes a $\Gamma _A$ y $AD=AD$, tenemos que $Y_A$ es el simétrico de $X_A$ respecto de $AD$, luego $Y_AG=X_AG=\sqrt{\frac{1}{18}(a^2+b^2+c^2)}$.
Análogamente, $Y_BG=X_BG=\sqrt{\frac{1}{18}(a^2+b^2+c^2)}$, y también $Y_CG=X_CG=\sqrt{\frac{1}{18}(a^2+b^2+c^2)}$. Luego $X_A,Y_A,X_B,Y_B,X_C,Y_C$ están sobre la circunferencia de centro $G$ y radio $\sqrt{\frac{1}{18}(a^2+b^2+c^2)}$.
[math]

BrunZo

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Re: FOFO de Pascua 2019 Problema G: La circunferencia Papal

Mensaje sin leer por BrunZo » Vie 26 Abr, 2019 6:49 pm

Gianni De Rico escribió:
Lun 22 Abr, 2019 7:55 pm
Spoiler: mostrar
...
es decir $X_AG=$
Spoiler: mostrar
$\sqrt{\frac{X_AO_A^2\cdot GD+X_AD^2\cdot O_AG-O_AD\cdot O_AG\cdot GD}{O_AD}}=\sqrt{\frac{(\frac{1}{4}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2})^2\cdot \frac{1}{6}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}+(\frac{1}{2}a)^2\cdot \frac{1}{12}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}-\frac{1}{4}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}\cdot \frac{1}{12}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}\cdot \frac{1}{6}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}{\frac{1}{4}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}}=\sqrt{\frac{\frac{1}{96}(a^2+2b^2+2c^2)\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}-\frac{1}{4}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}\cdot \frac{1}{12}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}\cdot \frac{1}{6}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}{\frac{1}{4}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}}=\sqrt{\frac{\frac{1}{72}(a^2+b^2+c^2)\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}{\frac{1}{4}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}}=$
$=\sqrt{\frac{1}{18}(a^2+b^2+c^2)}$.
...
¡Salud!

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