IMO 2012 - Problema 1

Dado un triángulo ABC , el punto J es el centro del ​excírculo opuesto al vértice A. Este excírculo es tangente al lado BC en M , y a las rectas AB y AC en K y L, respectivamente. Las rectas LM y BJ se cortan en F , y las rectas KM y CJ se cortan en G. Sea S el punto de intersección de las rectas AF y BC , y sea T el punto de intersección de las rectas AG y BC . Demostrar que M es el punto medio de ST .

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Llamemos C₀ a la circunferencia mencionada en el enunciado del ejercicio. En la figura auxiliar el punto H es el ortocentro del triángulo JBC, mientras que X y Y son los pies de las alturas relativas a los lados JB y JC respectivamente. Denotemos además como C₁ y C₂ las circunferencias circunscritas a los triángulos MJC y MJB respectivamente.

I MJ _|_ BC por ser C₀ tangente a BC en M

II LJ _|_ AC por ser C₀ tangente a AC en L

III KJ _|_ AB por ser C₀ tangente a AB en K

IV <)BMJ = <)CMJ = <)BKJ = <)CLJ = 90° por I, II y III

V <)BYJ = <)CXJ = 90° por construcción

VI Y y K pertenecen a C₂ por IV y V y el recíproco del ​teorema de Thales

VII X y L pertenecen a C₁ por IV y V y el recíproco del ​teorema de Thales

Denotemos como C₃ la circunferencia circunscrita al triángulo HJY y C₄ la circunferencia de diámetro MJ.

VIII X pertenece a la circunferencia C₃ de diámetro HJ por V y el recíproco del ​teorema de Thales

IX J, H y M están alineados por I

X C₃ y C₄ son tangentes en el punto J por IX y VIII y JM es diámetro por construcción

Consideremos la transformación I consistente en la inversión con respecto a C₀ (i.e. centro en J y radio JM).

XI I(M) = M , I(L) = L , I(K) = K porque K, L y M se encuentran en C₀ por definición

XII I(JG) = JG , I(JF) = JF porque son rectas que pasan por el centro de inversión

XIII I(C₁) = LM , por VII y XI . M y J pertenecen a C₁ por construcción

XIV I(C₂) = KM , por VI y XI . M y J pertenecen a C₂ por construcción

XV I(X) = F . I(F) = X , por XII y XIII ya que X es la intersección de C₁ con JF mientras que F es la intersección de JF con LM en ambos casos por construcción

XVI I(Y) = G . I(G) = Y , por XII y XIV ya que Y es la intersección de C₂ con JG mientras que G es la intersección de JG con KM en ambos casos por construcción

XVII I(C₃) = FG , por XV y XVI . J pertenece a C₃ por construcción

XVIII I(C₄) = BC , debido a que la recta MJ contiene los diámetros de C₀ y C₄ lo que las hace tangentes en M , J pertenece a C₄ por construcción , AB es tangente a C₀ en M por definición y por XI.

XIX FG || BC por X , XVII y XVIII

XX |SF| / |FA| = |TG| / |GA| por XIX

XXI |AK| = |AL| por ser segmentos tangentes a C₀ desde A

XXII |BK| = |BM| por ser segmentos tangentes a C₀ desde B

XXIII |CL| = |CM| por ser segmentos tangentes a C₀ desde C

XXIV |AK| · |BM| · |TG| = |KB| · |MT| · |GA| por ​teorema de Menelao aplicado al triángulo ABT y la secante KG

XXV |MT| = |AK| · ( |TG| / |GA| ) despejando en XXIV considerando XXII

XXVI |AL| · |CM| · |SF| = |LC| · |MS| · |FA| por ​teorema de Menelao aplicado al triángulo ACS y la secante LF

XXVII |MS| = |AL| · (|SF| / |FA| ) despejando en XXVI considerando XXIII

LQQD |MS| = |MT| por XXVII, XXV, XXI y XX

IMO 2007 - Problema 4

En un triángulo ABC la bisectriz del àngulo BCA corta a la circunferencia circunscrita en R (R ǂ C), a la mediatriz de BC en P y a la mediatriz de AC en Q. El punto medio de BC es K y el punto medio de AC es L. Demostrar que los triángulos RPK y RQL tienen áreas iguales.

Denotemos con O el circuncentro del triángulo ABC.

Si |AC| = |BC| entonces la bisectriz de <)BCA es al mismo tiempo mediatriz del segmento AB. Por tanto los puntos de intercepción de esta recta con las mediatrices de AC y BC (Q y P respectivamente) coinciden ambos con O. En este caso la recta CR sería eje de simetría de dicho triangulo y K sería la imágen de L con respecto a CR, al ser ambos puntos medios de segmentos relacionados mediante esta transformación (CA y CB). Como O y R se encuentran sobre el eje de simetría, entonces los triángulos LOR y KOR son imágenes al aplicar esta transformación. De aquí se deduce que tengan áreas iguales.

En el caso cuando |AC| ǂ |BC| sin pérdida de generalidad se puede suponer que |AC| > |BC|. Entonces:

I <)LCR = <)BCR (CR bisectriz de <)ACB)

II <)CLQ = <)CKP = 90˚ (LQ y KP mediatrices de AC y BC respectivamente)

III <)LQC = 90˚ - <)LCR = 90˚ - KCR = <)CPK (por I y II)

IV <)OPQ = <)CPK (opuestos por el vértice P)

V <)LQC = <)OQP (O, L, Q alineados al igual que P, Q y C)

VI <)OPQ = <)CPK = <)LQC = <)OQP (según IV, III y V)

VII |OQ| = |OP| (porque triángulo OPQ es isósceles de base PQ por VI)

VIII <)OPC = 180˚ - <)OPK (ángulos adyacentes)

<)OPC = 180˚ - (90˚ - <)PCK) = 90˚ + <)PCK

IX <)OPC > 90˚

X |OC| > |OP| (porque a mayor ángulo se opone mayor lado en triángulo OPC)

XI Los puntos P y Q sin interiores a la circunferencia (se deduce de VII y X)

XII |PC| |PR| = |OC|² - |OP|² (potencia del punto P)

XIII |QC| |QR| = |OC|² - |OQ|² (potencia del punto Q)

XIV |PC| |PR| = |QC| |QR| (se deduce de VII, XII y XIII)

XV triángulo LQC ~ triángulo KPC (por I y III)

XVI |RQ| / |RP| = |PC| / |CQ| = |KP| / |LQ| (por XIV y XV)

XVII |RQ| |LQ| = |RP| |KP| (despejando en XVI)

XVIII <)LQR = <)OQR = 180˚ - <)OQP (L, O y Q están alineados y los ángulos son ayacentes sobre CR)

XIX <)KPR = 180˚ - <)KPC (ángulos adyacentes)

XX <)KPR = <)LQR (por XVIII, XIX y VI)

LQQD Area(LQR) = 0.5 |LQ| |QR| sen <)LQR = 0.5 |RP| |PK| sen <)KPR = Area(KPR)