Problema 4 Selectivo de IMO 2000

[Nacho]

Sean [math]ABCDEF un hexágono, no necesariamente regular, y [math]S una circunferencia tangente a los seis lados del hexágono, tal que [math]S es tangente a [math]AB,CD y [math]EF en sus puntos medios [math]P,Q y [math]R, respectivamente. Si [math]X,Y,Z son los puntos de tangencia de [math]S con [math]BC,DE y [math]FA, respectivamente, demostrar que [math]PY,QZ y [math]RX son concurrentes.

[Javiermov]

Este problema es muy parecido al teorema de Brianchon que dice que las rectas que unen los pares de vértices opuestos de un hexágono circunscrito a una
circunferencia son concurrentes. Lo demuestra con el concepto de eje radical. ¿Esto último puede que sirva de algo para resolver este problema?

[Ivan]

Puede ser que sirva, en este momento no veo como, pero lo voy a pensar
Pongo una forma de resolverlo:

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Usar que los dos segmentos tangentes desde un punto a la circunferencia miden lo mismo para probar que, en el triángulo [math]XYZ; [math]XR, [math]YP y [math]ZQ son bisectrices. Una vez visto esto es inmediato que las rectas concurren en el incentro de [math]XYZ.

[Vladislao]

Una pista:

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Las diagonales de un paralelogramo se bisecan. Tratar de ver que hay tres paralelogramos tales que cada par de ellos comparten una diagonal, y concluir que por tanto esas tres diagonales concurren.

[Joe.]

Puede ser que sirva, en este momento no veo como, pero lo voy a pensar
Pongo una forma de resolverlo:

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Usar que los dos segmentos tangentes desde un punto a la circunferencia miden lo mismo para probar que, en el triángulo [math]XYZ; [math]XR, [math]YP y [math]ZQ son bisectrices. Una vez visto esto es inmediato que las rectas concurren en el incentro de [math]XYZ.

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Sea [math]O el centro de la circunferencia, [math]EYR=\alpha, [math]FZR=\beta,
Los dos segmentos tangentes desde un punto a una circunferencia son congruentes, y como [math]FR=RE, tenemos [math]FZ=FR=RE=EY.
Por propiedad de la tangente, [math]OR \perp EF, luego los triangulos [math]FOR y [math]EOR son congruentes.
Ahora, [math]EYR=\alpha=YRE y como [math]YEO=REO=90-\alpha, resulta [math]EOR=\alpha.
De la misma manera, [math]FOR=\beta.
Y como [math]OR es altura del triangulo isosceles [math]EOF, es bisectriz, y por lo tanto, [math]\alpha=\beta,
de donde los triangulos [math]YER y [math]ZFR son congruentes, en particular, [math]YR=RZ.
Y como [math]YR=RZ, resultan los ángulos inscriptos sobre estas cuerdas congruentes, luego [math]ZXR=YXR y entonces [math]XR es bisectriz de [math]ZXY.

Analogamente, [math]ZQ es bisectriz de [math]XZY e [math]YP es bisectriz de [math]XYZ.
Luego [math]PY, [math]XR y [math]QZ concurren en el incentro de [math]XYZ.

[Emanuchi]

Creo que salio... lo hice en vez de las bisectrices con las mediatrices.

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Sea $O$ en centro de la circunferencia $S$. Primero veamos que $PO = OX = OQ = OY = OR = OZ$ por ser radios de $S$ y sabemos que cada unos de estos segmentos son perpendiculares al lado del hexágono que corresponde, por ser estos lados tangentes a la circunferencia.

Miremos el segmento $OQ$, sabemos que $<OQC = 90°$. Ahora fijémonos en el triángulo $ZXY$, no es difícil ver que $S$ es la circunferencia circunscrita al triángulo dicho. Sea $Z'$ el punto medio del lado de $XY$, por ende la mediatriz de este lado del triángulo es $ZZ'$, pasando por $O$ y por ser mediatriz sabemos que $<ZZ'X= 90°$. Ahora, una forma de afirmar que $OZ'$ forma parte del segmento $OQ$, es viendo que $XY // DC$. Para esto veamos lo siguiente:

$<OQD=OYD=<OQC=<OXC= 90°$ y ya dijimos al principio que los radios de $S$ miden lo mismo, entonces los cuadriláteros OQCX y OQDY son romboides congruentes (ya que sabemos que por enunciado $CQ=QD$ y al ser romboide cada cuadrilátero por un par de ángulos opuestos iguales y lados consecutivos iguales que no forman esos ángulos, $XC=CQ=QD=DY$). Vemos ahora que el cuadrilátero $XCDY$ es un trapecio isósceles, de bases $XY$ y $DC$, por ende son paralelas como queríamos demostrar.

Al ser paralelas, volviendo a lo anterior, podemos ver que $ZZ'$ y $OQ$ forman parte de la misma recta de la mediatriz del lado XY, por lo tanto, ZO forma parte de la misma recta que OQ. Esto se puede ver de la misma forma para $PO ; OY$ y $OX ; OR$.

Al final nos quedan las tres mediatrices del triánguilo que con concurrentes al circuncentro del mismo.

[Matías V5]

El problema es que la mediatriz de un lado del triángulo normalmente no pasa por el vértice opuesto (a menos que el triángulo sea isósceles). Así que no es cierto que [math]Z, O y [math]Z' estén alineados.

[jpperalta876]

Alguien que me ayude cómo escribir simbología aquí o como usar LaTeX pero esta es mi solución :

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image.jpg

\\usando la gráfica por propiedades de las rectas tangentes nos da $1,\ 2,\ 3$ además nos genera varios triángulos congruentes como: $ \triangle FZR $ con $ \triangle ERY $ y simétricamente en los demás rectas que tienen un símbolo en el centro igual después por Angle chasing tenemos las rectas que nos piden probar su concurrencia son las bisectrices de $ \triangle RPQ \rightarrow$ como las bisectrices son concurrentes se demuestra que $ \overline{ZQ} ,\ \overline{RX},\ \overline{ PY} $ son concurrentes

[Gianni De Rico]

Alguien que me ayude cómo escribir simbología aquí o como usar LaTeX

Acá tenés la Guía de $\LaTeX$ para aprender, espero que te sirva