Sea $ABC$ un triángulo acutángulo con $AB<AC$. Sea $\Omega$ el circuncírculo de $ABC$. Sea $S$ el punto medio del arco $CB$ de $\Omega$ que contiene a $A$. La perpendicular por $A$ a $BC$ corta al segmento $BS$ en $D$ y a $\Omega$ de nuevo en $E\neq A$. La paralela a $BC$ por $D$ corta a la recta $BE$ en $L$. Sea $\omega$ el circuncírculo del triángulo $BDL$. Las circunferencias $\omega$ y $\Omega$ se cortan de nuevo en $P\neq B$.
Demuestra que la recta tangente a $\omega$ en $P$ corta a la recta $BS$ en un punto de la bisectriz interior del ángulo $\angle BAC$.
Es conocido que la bisectriz por $A$ corta a $\Omega$ en el punto medio del arco $BC$ que no incluye a $A$, sea $M$ este punto y sea $T$ la intersección entre $AM$ y $BS$. Veremos que $TP$ es tangente a $\omega$.
La recta $SM$ es la mediatriz de $BC$ y por lo tanto paralela a $AE$, como $AEMS$ es un cuadrilátero cíclico con dos lados paralelos es un trapecio isósceles y por lo tanto:
$\angle TAD=\angle MAE=\angle SEA=\angle SBA=\angle TBA$
Luego los triángulos $TAD$ y $TBA$ son semejantes por tener dos ángulos en común, las razones de semejanza nos da:
$\frac{TA}{TD}=\frac{TB}{TA}\Rightarrow TA^2=TB\cdot TD$ (*)
Calculemos el ángulo $\angle APD=\angle APB-\angle DPB$.
Por un lado $\angle APB=180-\angle ACB$, por el otro $\angle DPB=\angle DLB=90-\angle DEB=90-\angle AEB=90-\angle ACB$.
Juntando todo queda que $\angle APD=90$.
Sea $O$ el centro de $\Omega$ y $Q$ el punto medio de $AD$, $OA=OP$ por ser radios de $\Omega$ y $QA=QP$ por mediana correspondiente a hipotenusa. Esto implica que $OQ$ es mediatriz de $AP$.
$O$ tambien es el punto medio de $MS$ y como los triángulos $STM$ y $ATD$ son homotéticos con centro en $T$ nos queda que $T$, $O$ y $Q$ con colineales, por lo cual $T$ esta en la mediatriz de $AP$ y $TA=TP$. Combinando este resultado con (*) tenemos que $TP^2=TB\cdot TD$ y el problema queda resuelto por el reciproco de potencia a un punto.
Sean $O$ el circuncentro de $ABC$, $T$ el opuesto diametral de $S$ en $\Omega$, $G$ el opuesto diametral de $A$ en $\Omega$, $H$ el punto en $\Omega$ tal que $SH\parallel PG$, y $F$ el punto de intersección de $AT$ y $PH$.
Como $S$ es el punto medio del arco $BC$ de $\Omega$ que contiene a $A$, resulta que $T$ es el punto medio del arco $BC$ de $\Omega$ que no contiene a $A$, con lo que $AT$ es bisectriz de $\angle BAC$ y $ST\perp BC$.
Tenemos que\begin{align*}\angle BPD & =\angle BLD=\angle EBC=\angle EAC \\
& =90^\circ -\angle ACB=\angle BAO \\
& =\angle BAG=\angle BPG,
\end{align*}de modo que $P,D,G$ están alineados. Como $ST$ es diámetro de $\Omega$, tenemos que $TH\perp SH$, de modo que $TH\perp PG$, pues $SH\parallel PG$. Como $AG$ es diámetro de $\Omega$, tenemos que $AP\perp PG$. Entonces $AP\parallel TH$.
Sea $D'$ el punto de intersección de $SF$ y $PG$, entonces$$\frac{SF}{FD'}=\frac{HF}{FP}=\frac{TF}{FA},$$de modo que $AD'\parallel ST$. Pero $AD\parallel ST$ pues ambas son perpendiculares a $BC$. Como los puntos $D$ y $D'$ están en la recta $AT$, resulta $D=D'$, es decir que $S,F,D$ están alineados, y por lo tanto $S,F,B$ están alineados (acá también podríamos decir que como $APD$ y $THS$ tienen sus lados respectivos paralelos, son homotéticos, de modo que $AT$, $PH$ y $DS$ concurren en el centro de homotecia, que resulta ser $F$). Finalmente, como$$\angle FPD=\angle HPG=\angle SHP=\angle SBP=\angle DBP,$$por semiinscripto resulta que $PF$ es tangente a $\omega$. Entonces la recta tangente a $\omega$ en $P$ corta a la recta $BS$ en $F$, que es un punto de la bisectriz interior del ángulo $\angle BAC$, y estamos.
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Sean $F$ y $T$ las antípodas de $A$ y $S$ en $\Omega$, respectivamente.
Luego sean, $Q=TP\cap{AE}, X=AT\cap{BS}$.
Notemos que $Q$ pertenece a $\omega$. En efecto, usando que $AE \parallel ST$:
$\angle PBD=\angle PBA+\angle ABS=\angle ATP+\angle ATS$
$=\angle ATQ+\angle TAQ=\angle AQP=\angle DQP$
Ahora veamos que $P, D$ y $F$, están alineados.
Como $AF$ es un diametro de $\Omega$ y $AE \perp BC$, tenemos que $AE$ y $AF$ son isogonales.
Luego por $DL \parallel BC$, se sigue:
$\angle DPB=\angle DLB=\angle CBE=\angle CAE=\angle BAF=\angle FPB$
Lo que prueba la colinealidad.
Sea $R=PF\cap{AT}$.
Como $AT$ bisecta al $\angle BAC$, se sigue:
$\angle FAT=\angle EAT$(gordo y comer, hilarante)
De donde, $\angle RPQ=\angle FPT=\angle FAT=\angle EAT=\angle QAR$
$\Rightarrow APQR$ es cíclico. (*)
$\Rightarrow \angle AQR=\angle APR=\angle APF=90^{\circ}$ (**)
(*) Implica que $ABQX$ es cíclico. En efecto,
$\angle QAX=\angle QAR=\angle QPR=\angle QPD=\angle QBD=\angle QBX$
Usando ello:
$\angle XQA=\angle ABX=\angle ABS=\angle ATS=\angle EAT=\angle XAQ$
Por un lado, esto nos dice que $AX=XQ$. Y por el otro:
$\angle XQD=\angle QBD$.
Lo que implica que $XQ$ es tangente a $\omega$.
Por (**) se sigue:
$AX=QX=XP$
De donde $XP$ es tangente a $\omega$, por potencia de puntos. $\blacksquare$
IMG-20241111-WA0026.jpg
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Me acuerdo que cuando recién empezaba fuerte en OMA (por allá en el 2023) había visto en youtube una solución a este problema, la cual, no la entendí en lo absoluto. Año y medio después, lo intente y salió. Esta solución no es apta para celiacos, pero igual se la banca.
AVISO PARROQUIAL
Drynshock se va a tomar un descanso de subir problemas al foro hasta nuevo aviso. Disfruten de esta última solución.
Por arco capaz, paralelas, suma de interiores, y arco capaz, respectivamente. Se sigue que $\angle APB = 180^{\circ}-\angle C \Rightarrow \angle APD = 90^{\circ}$. Esto nos permite pensar $P$ como $DA' \cap \Gamma$ donde $A'$ es el opuesto diametral de $A$ en $\Omega$.
De igual manera, nuestra definición de $x$ sigue estando bastante alejada de la configuración inicial, lo que nos da poca info, así que re-definimos $x$ como la intersección de la bisectriz de $\angle A$ con $BD$, esta claro, por tramposetica, que ahora nos toca demostrar que $XP$ es tangente a $(PDB)$
Screenshot_20250118_021314_Geometry.jpg
Notar que por ser $S$ punto medio del arco $BC$, por arco capaz y suma de interiores
La primera por arco capaz, la segunda por la igualdad de arriba y la última porque el ortocentro y el circuncentro son conjugados isogonales (o por arco capaz más fácil).
Entonces $AX \parallel SA'$ y $AX$ tangente a $(ADB)$. Llamemos $X' = AX\cap PD$, por paralelas $\triangle XDX' \sim \triangle SDA' \Rightarrow XX' = SA'.\frac{XD}{SD}$. Ahora trig bash y a buscar $SA', XD, SD$.
$\triangle SAA': \tan(\angle SAA').SA = SA'$
Teorema del seno en $\triangle SAD: \frac{\sin(\angle SAD).SA}{\sin(\angle SDA)} = SD$
Teorema del seno en $\triangle XAD: \frac{\sin(\angle XAD).AX}{\sin(\angle XDA)} = XD$
De donde se sigue $AX=XX'$ y por teorema de la mediana $AX = XP$, luego como $AX$ es tangente a $(ADB)$ entonces $AX^2 = XD.XB = XP^2$ y estamos por potencia de un punto.
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