Olimpiada Matemática Española 2012 – Problema 6: Triángulo acutángulo y circunferencias

Sexto y último problema de la Olimpiada Matemática Española 2012. Buen día éste para terminar la serie de problemas de la OME. Ahí va:

Sea ABC un triángulo acutángulo, \omega su circunferencia inscrita de centro I, \Omega su circunferencia circunscrita de centro O, y M el punto medio de la altura AH, donde H pertenece al lado BC. La circunferencia \omega es tangente a este lado BC en el punto D. La recta MD corta a \omega en un segundo punto P, y la perpendicular desde I a MD corta a BC en N. Las rectas NR y NS son tangentes a la circunferencia \Omega en R y S respectivamente. Probar que los puntos R,P,D y S están en una misma circunferencia.

A por él, que es el último.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

9 Comentarios

  1. juanripu, ¿nadie? Yo confío en nuestros grandes comentaristas, especialmente en Fede.

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  2. como NS=NR y NP=ND para demostrar que RPDS estan sobre una circunferencia notamos que IN es mediatriz de PD y ON mediatriz de RS, por lo que demostrariamos que ND=NS y esta demostrado.

    ahora bien NS^2=NB*NC, entonces sucederia que ND^2=NB*NC lo cual demostraremos, es facil notar que triangulo NID es semejante a MDH y de esto ND= (ID*AH)/2HD=(rh)/2HD
    NB*NC=((rh)/2HD-(s-b))*((rh)/2HD+(s-c))=((rh)/2HD)^2+(rh/2HD)(b-c)-(s-c)(s-b) despues de una buena simplificacion se llega a que (rh/2HD)(b-c)-(s-c)(s-b)=0 y por ende NB*NC=((rh)/2HD-(s-b))*((rh)/2HD+(s-c))=((rh)/2HD)^2+0=ND^2=NS^2 y lo demas sale por obviedad

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  3. Una demostración considerando polos y polares respecto al incírculo \omega:

    Como IN es perpendicular a MD ,y BC es tangente a \omega en D, el polo de MD es el punto N.
    Entonces la circunferencia \Psi con centro N que pasa por D también pasa por P.

    Si E y F son los puntos de contacto de \omega con AB y AC, la polar de A es la recta EF.
    Sea G la interección de EF con BC.
    La polar de M es una recta que pasa por N, porque N es el polo de MD.
    La polar de H es una recta que pasa por D , porque HD es tangente al incírculo.
    La polar del punto del infinito de la altura es la paralela a BC que pasa por I.

    Esas cuatro polares se cortan en el polo de la altura, y el lado BC las corta en los puntos G,D,N,\infty, que serán una cuaterna armónica porque los puntos A,H,M,\infty lo son y la armonía se preserva en esas transformaciones.

    Entonces N es el punto medio de G y D y por tanto GD es diámetro de \Psi.

    Pero G,D,B,C forman una cuaterna armónica, como se ve inmediatamente aplicando una transformación que convierta el triángulo ABC en isósceles.
    Entonces \Psi es ortogonal a todas las circunferencias que pasan por B y C y en particular a \Omega.
    Y por tanto \Psi pasa por los puntos de tangencia R y S.

    El resultado se puede reformular como:
    La recta polar respecto al incírculo del punto de intersección del eje radical del incírculo y circuncírculo con un lado corta por la mitad a la altura sobre ese lado.

    Lo que no veo es que ABC tenga que ser acutángulo.

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  4. Me doy cuenta ahora de que aunque G,D,B,C son una cuaterna armónica, el argumento dado para justificarlo no es válido. Buscaré alguna prueba de ese hecho.

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  5. G,D,B,C forman una cuaterna armónica porque el cuadrángulo completo AEXF, donde X es el punto de Gergonne, corta a BC en G,D,B,C.

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  6. G,D,B ,C son armonicos si aplicas Ceva y Menelao del hecho que AD, CE y BF son concurrentes y de que G, E, F estan alineados

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