OFO 2020 Problema 13

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Gianni De Rico

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OFO 2020 Problema 13

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 21 Ene, 2020 11:56 pm

Sea $ABCD$ un cuadrilátero cíclico. Las rectas $AC$ y $BD$ se cortan en $R$, y las rectas $AB$ y $CD$ se cortan en $L$. Sean $M$ y $N$ puntos sobre los segmentos $AB$ y $CD$, respectivamente, tales que $\frac{AM}{MB}=\frac{CN}{ND}$. Sean $P$ y $Q$ los puntos de intersección de $MN$ con las diagonales $AC$ y $BD$, respectivamente. Demostrar que las circunferencias circunscriptas de los triángulos $PQR$ y $LMN$ son tangentes.
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Gianni De Rico

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Re: OFO 2020 Problema 13

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 01 Feb, 2020 12:19 am

Solución Oficial:
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OFO 2020 P13.png
Para empezar, una muy buena idea a la hora de demostrar que dos circunferencias son tangentes es encontrar un punto que pertenezca a ambas circunferencias y demostrar que las tangentes por ese punto a las circunferencias coinciden.
Vamos a hacer exactamente eso, en $3$ partes, para esto, definimos $T$ como el segundo punto de intersección de las circunferencias $\odot ACL$ y $\odot BDL$ (queda como ejercicio para el lector ver que no son tangentes). Veremos que $T$ es el punto que buscamos. Antes que nada, notemos que$$\text{Pot}(R,\odot ACL)=RA\cdot RC=\text{Pot}(R,\odot ABCD)=RB\cdot RD=\text{Pot}(R,\odot BDL)$$de donde $R$ está en el eje radical $LT$ de $\odot ACL$ y $\odot BDL$.

Parte 1: $T\in \odot LMN$
Tenemos que$$\angle TCD=180°-\angle TCL=\angle TAL=\angle TAB$$y$$\angle TDC=\angle TDL=180°-\angle TBL=\angle TBA$$por lo tanto, los triángulos $TAB$ y $TCD$ tienen dos ángulos congruentes, de donde $TAB\simeq TCD$.
Además$$\angle TBR=\angle TBD=\angle TLD=\angle TLC=\angle TAC=\angle TAR$$por lo que $TABR$ es cíclico, y de la misma manera, $TDCR$ es cíclico.
Ahora ¿Qué nos dice la relación $\frac{AM}{MB}=\frac{CN}{ND}$? Este parece ser el dato más desconcertante del enunciado. Bueno, ya demostramos que $TAB\simeq TCD$, y los puntos $M$ y $N$ cumplen la misma razón en los lados correspondientes, es decir, están definidos de la misma forma para los dos triángulos (este tipo de puntos se llaman homólogos), con todo esto en mente, tiene mucho sentido intentar demostrar que los triángulos $BMT$ y $DNT$ son semejantes. Vamos a hacerlo.
Notemos que$$\frac{AB}{MB}-1=\frac{AB-MB}{MB}=\frac{AM}{MB}=\frac{CN}{ND}=\frac{CD-ND}{ND}=\frac{CD}{ND}-1$$de donde $\frac{AB}{MB}=\frac{CD}{ND}$, es decir, $\frac{MB}{ND}=\frac{AB}{CD}$. Pero como $TAB\simeq TCD$, tenemos que $\frac{AB}{CD}=\frac{BT}{DT}$, entonces$$\frac{MB}{ND}=\frac{AB}{CD}=\frac{BT}{DT}$$además$$\angle MBT=\angle ABT=\angle CDT=\angle NDT$$entonces los triángulos $BMT$ y $DNT$ tienen dos pares de lados proporcionales y el ángulo comprendido entre ellos congruente, por lo que $BMT\simeq DNT$, luego, $\angle BMT=\angle DNT=180°-\angle CNT$, pero $\angle BMT=\angle LMT$ y $\angle CNT=\angle LNT$, entonces $\angle LMT=180°-\angle LNT$, de donde $T\in \odot LMN$.

Parte 2: $T\in \odot PQR$
Como $T\in \odot LMN$, tenemos que$$\angle TMP=\angle TMN=\angle TLN=\angle TLC=\angle TAC=\angle TAP$$de donde $AMPT$ es cíclico. Luego$$\angle TPQ=180°-\angle TPM=\angle TAM=\angle TAB=\angle TCD=\angle TRD=\angle TRQ$$por lo que $T\in \odot PQR$.

Parte 3: $\odot PQR$ y $\odot LMN$ son tangentes.
Sea $S$ en la recta $AB$ tal que $ST$ es tangente a $\odot PQR$, entonces, por ángulo semiinscripto tenemos $\angle STP=\angle PRT=\angle ART$, pero $\angle ART$ es exterior al triángulo $ARL$, de donde $\angle ART=\angle RAL+\angle RLA=\angle PAM+\angle TLM$, finalmente, por arco capaz, $\angle PAM=\angle PTM$, entonces $\angle STP=\angle PTM+\angle TLM$, de donde $\angle TLM=\angle STP-\angle PTM=\angle STM$, y nuevamente por ángulo semiinscripto, tenemos que $ST$ es tangente a $\odot MLT$.

Finalmente, las circunferencias circunscriptas de $PQR$ y $LMN$ son tangentes en $T$.
Esta solución puede hacerse mucho más concisa de la siguiente forma:
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Arrancamos con la siguiente definición.
Punto de Miquel: El punto de Miquel del cuadrilátero $ABCD$ es el punto en el que concurren las circunferencias circunscriptas de $(A,D,AB\cap CD)$, $(B,C,AB\cap CD)$, $(A,B,BC\cap DA)$ y $(C,D,BC\cap DA)$.

Ahora, vamos con el siguiente lema.
Lema: El punto de Miquel del cuadrilátero $ABCD$ es el centro de la rotohomotecia que manda $AB$ a $DC$ y el centro de la rotohomotecia que manda $AD$ a $BC$.

Las demostraciones de la existencia del Punto de Miquel y del Lema quedan como ejercicio para el lector (como alternativa, ver la sección Introducción en el post de @BrunZo).
OFO 2020 P13.png
Ahora sí, sea $T$ el punto de Miquel de $ABDC$ (entonces $\odot ABR$, $\odot CDR$, $\odot ACL$ y $\odot BDL$ pasan por $T$), por el Lema, tenemos que $T$ es el centro de la rotohomotecia que manda $AB$ a $CD$, y como $M$ y $N$ son homólogos en $AB$ y $CD$, tenemos que dicha rotohomotecia también manda $M$ a $N$, entonces manda $AM$ a $CN$. Por lo tanto, $T$ es el punto de Miquel de $AMNC$, de donde $T\in \odot AMP$. Como además $T\in \odot ABR$, resulta que $T$ es el punto de Miquel de $BMPR$, y así $T\in \odot PQR$. Por otro lado, $T\in \odot ACL$ y $T\in \odot AMP$, de donde $T$ es el punto de Miquel de $LMPC$, y así $T\in \odot LMN$.
Usando el mismo argumento que en la Parte 3 se prueba que $\odot PQR$ y $\odot LMN$ son tangentes en $T$.
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Joacoini

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Re: OFO 2020 Problema 13

Mensaje sin leer por Joacoini » Sab 01 Feb, 2020 2:48 am

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IMG_20200201_024607.jpg

$(ABR)$ y $(CDR)$ se cortan en $X$.

$\angle AXB=\angle ARB=\angle CRD=\angle CXD$

$\angle BAX=180-\angle BRX=\angle XRD=\angle XCD$

Los triángulos $XAB$ y $XCD$ son semejantes, por lo que $\frac{AB}{CD}=\frac{AX}{CX}$ y $\angle MAX=\angle XAB=\angle XCD=\angle NCX$.

Por el enunciado.

$\frac{AM}{MB}=\frac{CN}{ND}\Rightarrow \frac{MB}{AM}=\frac{ND}{CN}\Rightarrow \frac{AB}{AM}=\frac{MB}{AM}+1=\frac{ND}{CN}+1=\frac{CD}{CN}\Rightarrow \frac{AM}{CN}=\frac{AB}{CD}=\frac{AX}{CX}$

Por criterio LAL los triangulos $XAM$ y $XCN$ son semejantes.

$\angle LNX=\angle CNX=\angle AMX=180-\angle LMX$

$MLNX$ es ciclico.

$(AXM)$ y $(CXN)$ se cortan en $P'$.

$\angle MP'X=180-\angle MAX=180-\angle NCX=180-\angle NP'X$

$M$, $P'$ y $N$ son colineales.

$\angle AP'X=\angle AMX=\angle CNX=180-\angle CP'X$

$A$, $P'$ y $C$ son colineales.

$P'=P$

$\angle XMB=\angle XND$ y $\angle XBM=\angle XDN$

los triangulos $XBM$ y $XDN$ son semejantes.

$(BXM)$ y $(DXN)$ se cortan en $Q'$.

$\angle MQ'X=\angle MBX=\angle NDX=180-\angle NQ'X$

$M$, $Q'$ y $N$ son colineales.

$\angle BQ'X=180-\angle BMX=180-\angle DNX=180-\angle DQ'X$

$B$, $Q'$ y $D$ son colineales.

$Q'=Q$.

$\angle RXP=\angle RXA-\angle PXA=180-\angle RBA-180+\angle PMA=\angle PMA-\angle RBA$

$\angle RQP=\angle BQM=180-\angle PMB-\angle RBA=\angle PMA-\angle RBA=\angle RXP$

$PRQX$ es ciclico.

Viendo las circunferencias $(ABRX)$, $(BCRX)$ y $(ABCD)$ tenemos que sus ejes radicales concurren, como $AB$ y $CD$ se cortan en $L$ tenemos que $L$, $R$ y $X$ son colineales.

$MX$ corta a $(PRQX)$ en $M'$.

$\angle RM'X=\angle RPX=180-\angle APX=180-\angle AMX=\angle LMX$

$RM'//LM$ por lo que los triangulos $RM'X$ y $LMX$ son homoteticos y el centro de la homotecia es $X$ por lo que las circunscriptas de estos triangulos son tangentes en $X$ pero estas son $(PRQ)$ y $(MLN)$.

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NO HAY ANÁLISIS.

BrunZo

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Re: OFO 2020 Problema 13

Mensaje sin leer por BrunZo » Sab 01 Feb, 2020 3:02 pm

Introducción: ¿Rotohomotecia?
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Supongamos que tenemos dos segmentos $AB$ y $CD$. Como todo buen euclidiano, nos estamos preguntando qué punto $O$ puede satisfacer una gran propiedad que nos interesa: $OAB$ semejante a $OCD$. Y en ese momento llega Joacoini que sabe de estas cosas, agarra la lapicera y corta a $AC$ con $BD$ en $P$, luego dibuja los "círculos" (que posiblemente se parezcan más a huevos) $ABP$ y $CDP$, que se cortan en un segundo punto, al que llama por $O$. Entonces dice orgullosamente que ese es el punto, y luego se va. Veamos qué pasó acá.
Como $ABPO$ y $CDOP$ son cíclicos, vale que $\angle AOB=\angle APB=\angle CPD=\angle COD$. Pero también vale que $\angle BAO=180^{\circ}-\angle BPO=\angle DPO=\angle DCO$. Estas dos igualdades de ángulos sugestionan que $AOB$ es semejante a $COD$, lo cual demuestra que Joacoini tenía razón.
Ofo13a.PNG
No contento con habernos resuelto el problema, Joacoini vuelve, porque se nos olvidó de decirnos que su solución no sólo cumple eso, si no que también vale que $AOC$ y $BOD$ también son semejantes. En el acto, marca que $\angle AOB=\angle COD$ (como consecuencia de la semejanza), y por lo tanto $\angle AOC=\angle BOP$ (estamos sumando el ángulo $\angle BOC$ de ambos lados). También, por la semejanza vale que $\frac{AO}{BO}=\frac{CO}{DO}\Longrightarrow\frac{AO}{CO}=\frac{BO}{DO}$. Estas dos cosas terminan de probar que, por criterio LAL de semejanza (!), entonces $AOC$ y $BOD$ son semejantes.
Para finalizar, Joacoini explica que los triángulos $OAB$ y $OCD$ son rotohomotéticos (¡qué palabra!), así como también lo son $OAC$ y $OBD.
Nota: Algo parece sugerir que la semejanza de $OAB$ con $OCD$ implica la de $OAC$ y $OBD$, lo cual es completamente cierto. Algo de esto se podía ver en la demostración del teorema de Ptolomeo, en la que ahora podemos usar la palabra "rotohometecia" en vez de "rotar y agrandar". :P
Teniendo ya un dibujo bastante importante en nuestra hoja, seguimos buscando propiedades. En eso, marcamos $Q$ como la intersección de $AB$ y $CD$, y descubrimos algo muy interesante $AOCQ$ y $BODQ$ son cíclicos. Veamos por qué:
Como $ABPO$ y $CDOP$ eran cíclicos, vale que
$$\angle AOC=\angle AOP+\angle POC=\angle QBP+\angle PDC=180^{\circ}-\angle AQC$$
Con lo que se prueba que $AOCQ$ es cíclico. No cuesta ver que se puede hacer lo mismo para probar que $BODQ$ es cíclico. Muy contentos con nuestros descubrimientos, decidimos compactar todo en el siguiente lema.

Rotohomotecia: Sea $ABCD$ un cudrilátero. $AC$ y $BD$ se cortan en $P$ y $AB$ y $CD$ se cortan en $Q$. Entonces, los circuncírculos de $ABP$, $CDP$, $ACQ$ y $BDQ$ pasan por un punto común $O$, y además el par $OAB$, $OCD$ es rotohomotético, así como también lo es el par $AOC$, $BOD$.
Ofo13b.png
Con esto, procederemos a liquidar al problema.
Solución:
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Vamos a utilizar nuestro nuevo poder e introducir un punto $O$ (como el del lema) que pase por los círculos $ABR$, $CDR$, $ACL$ y $BDL$.
Queda claro en primer lugar que $AOB$ y $COD$ son rotohomotéticos. Más aún, como $\frac{AM}{MB}=\frac{CN}{ND}$, los puntos $M$ y $N$ son correspondientes en esta rotohomotecia, es decir, que $AOM$ y $BON$ son semejantes.
Ahora, fijémonos que por la "dualidad" explicada en la introducción, esta última semejanza implica la semejanza entre $AOC$ y $MON$, lo que quiere decir que $\angle MON=\angle AOC$. Ahora bien, $AOCL$ era cíclico, por lo que $\angle AOC=180^{\circ}-\angle ALC$. Las últimas dos condiciones de ángulos implican que $LMON$ es cíclico.
Ahora bien, otra consecuencia de la última semejanza es $\angle CAO=\angle NMO$, lo cual implica que $AMOP$ es cíclico. Ahora, si miramos el lema en el cuadrilátero $BMRP$, podemos ver que $O$ ya es la intersección de dos círculos: $ABR$ y $AMP$. Por lo tanto, tiene que pertenecer a los otros dos círculos, en particular, a $PRQ$, lo que quiere decir que $OPQR$ es cíclico.
A nosotros nos pidieron probar que $LMN$ y $PRQ$ eran tangentes, y sabemos que ambos pasan por $O$, por lo que tiene sentido intentar probar que son tangentes en $O$:
Notemos que, como $LMNO$ y $AMOP$ son cíclicos, $\angle LNO=180^{\circ}-\angle LMO=\angle OPR$. Entonces, si $a$ y $b$ son las tangente a $LMN$ y $PQR$ por $O$, respectivamente, entonces, por ángulo semiinscrito, el ángulo entre $a$ y $LO$ es el mismo que entre $b$ y $RO$.
Vamos a ver como rematar esto: Recordando que todavía no usamos que $ABCD$ es cíclico, aprovechémoslo diciendo que como lo es, entonces $AC$, $BD$ y $LO$ concurren en el centro radical de $ABCD$, $AOCL$, $BODL$. Pero las primeras dos rectas se cortan en $R$, lo que quiere decir que $L$, $R$ y $O$ son colineales. Entonces, las rectas $RO$ y $LO$ que describíamos antes son la misma, lo que implica automáticamente que $a$ y $b$ son la misma recta, que es tangente por $O$ a $LMN$ y a $PQR$ simultáneamente. Por lo tanto estos dos círculos son tangentes como queríamos.
Problema 13.png
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