Ibero 2019, problema 4

Problema 4. Sea $ABCD$ un trapecio con $AB\parallel{CD}$ e inscrito en la circunferencia $\tau$. Sean $P$ y $Q$ dos puntos en el segmento $AB$ ($A$, $P$, $Q$, $B$ están en ese orden y son distintos) tales que $AP=QB$. Sean $E$ y $F$ los segundos puntos de intersección de las rectas $CP$ Y $CQ$ con $\tau$, respectivamente. Las rectas $AB$ y $EF$ se cortan en $G$. Demuestre que la recta $DG$ es tangente a $\tau$.

Demostración. Suponga que la tangente que pasa por $D$ interseca a la recta $AB$ en $G$. Será suficiente probar que $G$, $E$ y $F$ están alineados. Si $GT$ es la otra tangente común a la circunferencia circunscrita de $ABCD$, entonces $DATB$ es un cuadrilátero armónico. Llamemos $M$ a la intersección de la recta $CT$ con $AB$. Proyectando desde $C$ sobre la recta $AB$, tenemos que $(A, B; T, D) = (A, B; M, P_\infty) = -1$, lo que implica que $CT$ pasa por el punto medio de $AB$. Como $AP = BQ$, $M$ es también el punto medio de $PQ$. Proyectando nuevamente desde $C$ sobre la circunferencia circunscrita de $ABCD$, tenemos que $(P, Q; M, P_\infty) = (E, F; T, D) = -1$. Por lo tanto, $G$, $E$ y $F$ están alineados.

$\square$

1995 International Mathematical Olympiad, problem 1

Proof. Notice that because of the Radical Axis theorem, the  quadrilateral $BCMN$ is cyclic. It follows that $\angle{BCM}=\angle{BNM}$. Observe that $\angle{MAC}+\angle{BCM}=90^\circ$ ($\triangle{ACM}$ is a right triangle). It turns out that $AMND$ is cyclic. Indeed, $\angle{MAD}+\angle{MNB}+\angle{BND}=180^\circ$.

Now, by the Radical Axis theorem, $AM$, $ND$ and $XY$ must concur.

Un problema que involucra excírculos

El problema consiste en demostrar que $EF$ y $GH$ se intersecan en $AC$.

Demostración: Si $EF$ interseca a $AC$ en $P$, será suficiente probar que $H$, $G$ y $P$ están alineados. Por el teorema de Menelao, el problema queda resuelto si probamos que

$$\frac{AG}{GB}\cdot{\frac{BH}{HC}}\cdot{\frac{CP}{PA}}=-1$$

Note que $GB=BH$, por lo que la expresión $\frac{AG}{GB}\cdot{\frac{BH}{HC}}\cdot{\frac{CP}{PA}}=-1$ queda reducida a 

$$\frac{AG}{HC}\cdot{\frac{PC}{PA}}=-1$$ 

Note también que $AG=DA$ y $HC=DC$. Así, reescribiendo,

 $$\frac{DA}{DC}\cdot{\frac{PC}{PA}}=-1$$

Pero los puntos $A$, $C$, $D$ y $P$ forman una cuaterna armónica, por lo tanto, $-\frac{PA}{PC}=\frac{DA}{DC}$. De modo que 

$$\frac{DA}{DC}\cdot{\frac{PC}{PA}}=-\frac{PA}{PC}\cdot{\frac{PC}{PA}}=-1$$

$\square$

Problema del libro "Geometry in Figures" de Arseniy Akopyan.