FOFO de Pascua 2019 Problema G: La circunferencia Papal

[tuvie]

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]

Aquí vamos a publicar la solución oficial.

[BrunZo]

Solución.

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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.

[Gianni De Rico]

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 $\sqrt{\frac{1}{18}(a^2+b^2+c^2)}$.

[BrunZo]

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...
es decir $X_AG=$

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$\sqrt{\frac{X_AO_A^2\cdot GD+X_AD^2\cdot O_AG-O_AD\cdot O_AG\cdot GD}{O_AD}}=\sqrt{\frac{(\frac{1}{4}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2})^2\cdot \frac{1}{6}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}+(\frac{1}{2}a)^2\cdot \frac{1}{12}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}-\frac{1}{4}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}\cdot \frac{1}{12}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}\cdot \frac{1}{6}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}{\frac{1}{4}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}}=\sqrt{\frac{\frac{1}{96}(a^2+2b^2+2c^2)\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}-\frac{1}{4}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}\cdot \frac{1}{12}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}\cdot \frac{1}{6}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}{\frac{1}{4}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}}=\sqrt{\frac{\frac{1}{72}(a^2+b^2+c^2)\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}{\frac{1}{4}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}}=$

$=\sqrt{\frac{1}{18}(a^2+b^2+c^2)}$.
...

¡Salud!

[BrunZo]

Tardísimo, pero...

Generalización:
Sean $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$ cevianas concurrentes en un triángulo $ABC$. Sean $X_A$ e $Y_A$ las intersecciones de los círculos con diámetros $BC$ y $AA_1$, sean $X_B$ e $Y_B$ las intersecciones de los círculos con diámetros $AC$ y $BB_1$, y sean $X_C$ e $Y_C$ las intersecciones de los círculos con diámetros $AB$ y $CC_1$. Demostrar que $X_A$, $Y_A$, $X_B$, $Y_B$, $X_C$, $Y_C$ son concíclicos. ¿A qué caso particular corresponde el problema original?

Pseudo-solución:

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El problema corresponde al caso donde $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$ son las medianas del triángulo.
La solución es esencialmente la misma, más que nada en la parte de probar que $X_B$, $Y_B$, $X_C$, $Y_C$; $X_A$, $Y_A$, $X_C$, $Y_C$; $X_A$, $Y_A$, $X_B$, $Y_B$ son concíclicos de a cuatro (¡esto no implica que los seis puntos caigan en la misma circunferencia!), pero hay una sutil diferencia en el paso final, precisamente en concluir que ciertamente son los seis puntos concíclicos (¡piénsenlo!).