Conics intersecting the sides of a triangle

Problem 1. Consider a triangle $ABC$ and a parabola, $P_a$, whose focus is $A$ and directrix, $BC$. Call $C_a$, $B_a$ the intersections of $P_a$ with the sides $AB$, $AC$, respectively. Define $A_b$, $C_b$, $A_c$ and $B_c$ cyclically. Prove that $C_a$, $B_a$, $A_b$, $C_b$, $A_c$ and $B_c$ lie on a conic. 

My proof can be found here and a generalization (by Barry Wolk) here.

The external version.

Problem 2. Consider a triangle, $ABC$, and its Incenter, $I$. A perpendicular line to $AI$ in $I$, cut the sides $AB$, in $A_c$, and $AC$, in $A_b$. Define $B_c$, $B_a$, $C_a$ and $C_b$ cyclically. Prove that $A_c$, $A_b$, $B_c$, $B_a$, $C_a$ and $C_b$ lie on a conic.

My proof (in Spanish) can be found here.

Problem 3. Consider a triangle $ABC$ and its $A$-mixtilinear incircle, $\tau_a$. Call $A_b$ the intersection of $\tau_a$ with the side $BC$ closer to $B$. Define $A_c$ similarly. Construct $B_a$, $B_c$, $C_a$ and $C_b$ cyclically. Prove that $A_b$,  $A_c$, $B_a$, $B_c$, $C_a$ and $C_b$ lie on a conic. 

A proof by Ivan Zelich can be found here.

Problem 4. Let $ABC$ be a triangle and $DEF$ its orthic triangle. Construct a parabola, $P_a$, being $F$ and line $DE$ its focus and directrix, respectively. Prove that this parabola is tagential to sides $AB$, $AC$ and to the altitudes $BD$, $CE$. 

My proof can be found here.

Problem 4-a. Consider the parabola, $P_a$, described in problem 4. Let $A_b$ be the intersection of $P_a$ with the side $BC$ closer to $B$. Define $A_c$ similarly. Construct $B_c$, $B_a$, $C_a$ and $C_b$ cyclically. Prove that  $A_b$, $A_c$, $B_c$, $B_a$, $C_a$ and $C_b$ lie on a conic. 

A proof by Ivan Zelich can be found here.

Problem 4-b. Consider again the parabola, $P_a$ described in problem 4. Call $A'_b$ and $A'_c$ the points of tangency of $P_a$ with the sides $AB$ and $AC$, respectively. Construct $B'_c$, $B'_a$, $C'_a$ and $C'_b$ cyclically. Prove that $A'_b$, $A'_c$, $B'_c$, $B'_a$, $C'_a$ and $C'_b$ lie on a conic.  

Problem 5. Let $O_a$, $O_b$ and $O_c$ be the centers of three congruent circles. Let the line $AB$ be a common tangent line to the circles $O_a$ and $O_b$ farther from $O_c$. Construct lines $BC$ and $AC$ similarly. Let $CO_a$ meet $AB$ in $C_a$. Similarly construct $C_b$. Define $A_b$, $A_c$, $B_c$ and $B_a$ cyclically. Prove that $C_a$, $C_b$, $A_b$, $A_c$, $B_c$ and $B_a$ lie on a circle. (Not proven yet.)

Problem 6. Consider two points, $P$ and $Q$, in the interior of a triangle, $ABC$. Let $\triangle{P_aP_bP_c}$ and $\triangle{Q_aQ_bQ_c}$ be the cevian triangles of $P$ and $Q$, respectively. Construct outwardly semicircles with diameters $BP_a$ and $CQ_a$. Let $A_1$ be the second intersection of semicircle $(BP_a)$ with the circumcircle of $ABC$. Define $A_2$ similarly. Denote $A_b$ the intersection of $AA_1$ and $BC$. Define $A_c$ similarly. Construct $B_c$, $B_a$, $C_a$ and $C_b$ cyclically. Prove that $A_b$, $A_c$, $B_c$, $B_a$, $C_a$ and $C_b$ lie on a conic. (Not proven yet.)

Related material.
Carnot's theorem (conics)
Conics Related To In- and Excircles

Solución alternativa a un problema de admisión

Considera un cuadrado $ABCD$. $E$ y $F$ son puntos en los lados $DC$ y $AD$, respectivamente. Si $\angle{EFB}=90^\circ$, $BF=4$, $EF=3$ y $BE=5$, determina la longitud del segmento $CE=x$.

Solución. Note que $\angle{EFB}+\angle{ECB}=180^\circ$, por lo que el cuadrilátero $BFEC$ es cíclico. Por propiedad de ángulos inscritos en una misma circunferencia, los ángulos $\angle{FCE}$ y $\angle{FBE}$ son congruentes (intersecan un mismo arco). Pero $\angle{FCE}=\angle{FCD}$, implicando que $\triangle{BFE}\sim\triangle{CDF}$, de donde resulta la siguiente proporción:

$$\frac{CF}{5}=\frac{a}{4},$$

donde $a$ es la longitud de los lados del cuadrado.

Podemos expresar el segmento $CF$ en términos de $x$ y $a$ por medio del teorema de Ptolomeo, es decir, 

$$3a+4x=5CF$$

De vuelta a nuestra proporción, 

$$\frac{\frac{3a+4x}{5}}{5}=\frac{a}{4}$$

Despejando para $x$, resulta

$$x=\frac{13a}{16}$$

Aplicando Pitágoras en el triángulo $\triangle{BCE}$, 

$$\left(\frac{13a}{16}\right)^2+a^2=25$$

Resolviendo para $a$ y descartando valores negativos, obtenemos $a=\frac{16\sqrt{17}}{17}$. Finalmente, $x=\frac{13a}{16}=\frac{13}{16}\cdot{\frac{16\sqrt{17}}{17}}=\frac{13\sqrt{17}}{17}\approx3.15296312...$

Perpendicularity in a right-triangle

This problem was proposed by Anthony Becerra in the Facebook group "Romantics of Geometry".

Consider a right-triangle $ABC$ with $\angle{ABC}=90^\circ$. Let $P$, $Q$ and $R$ be on sides $AB$, $BC$ and $AC$, respectively, such that $BPRQ$ is a square. Call $X$ the intersection of $AQ$ and $CP$. Prove that $BX\perp{AB}$.

Proof. By Ceva's theorem, $\frac{AH}{CH}\cdot{\frac{CQ}{BQ}}\cdot{\frac{BP}{AP}}=1$. By similarity, $\frac{CR}{AC}=\frac{CQ}{BC}$; $\frac{BQ}{BC}=\frac{AR}{AC}$, then, $\frac{CQ}{BQ}=\frac{CR}{AR}$. But, because of the Angle Bisector theorem, $\frac{CR}{AR}=\frac{BC}{AB}$. Now, as $\triangle{APR}\sim\triangle{CQR}$, it follows $\frac{BP}{AP}=\frac{CR}{AR}=\frac{BC}{AB}$. Back to Ceva: $\frac{AH}{CH}\cdot{\frac{BC^2}{AB^2}}=1$, which implies the perpendicularity by the converse of Euclid's theorem.

Meme de la tarjeta de crédito y la integral - Solución

Uno de mis estudiantes me desafió a resolver la integral que aparece en un meme que se ha hecho viral en las redes sociales. Me refiero a este: 

Omitiré los límites de la integral de momento. Note que la integral puede ser reescrita de la siguiente manera:

$$\int\frac{3x^3-x^2+2x-4}{\sqrt{x^2-3x+2}}dx=\int\frac{(x-1)(3x^2+2x+4)}{\sqrt{(x-1)(x-2)}}dx=\int\frac{\sqrt{x-1}(3x^2+2x+4)}{\sqrt{x-2}}dx$$

Si sustituimos $\sqrt{x-1}$ por $u$, entonces, $dx=2udu$ y $x=u^2+1$. Reescribiendo la integral en términos de $u$ y simplificando, 

$$\int\frac{\sqrt{x-1}(3x^2+2x+4)}{\sqrt{x-2}}dx=6\int\frac{u^6}{\sqrt{u^2-1}}du+16\int\frac{u^4}{\sqrt{u^2-1}}du+18\int\frac{u^2}{\sqrt{u^2-1}}du$$

Por sustitución trigonométrica, $u=\sec{\theta}$, $du=\sec{\theta}\tan{\theta}d\theta$ y $\tan{\theta}=\sqrt{u^2-1}$. Reescribiendo nuevamente, 

$$6\int\frac{u^6}{\sqrt{u^2-1}}du+16\int\frac{u^4}{\sqrt{u^2-1}}du+18\int\frac{u^2}{\sqrt{u^2-1}}du$$

$$=6\int\sec^7{\theta}d\theta+16\int\sec^5{\theta}d\theta+18\int\sec^3{\theta}d\theta$$

Haciendo uso de la Fórmula de Reducción de la Secante donde $n\neq{1}$,

$$\int\sec^n{\theta}d\theta=\frac{\sec^{n-2}{\theta}\tan{\theta}}{n-1}+\frac{n-2}{n-1}\int\sec^{n-2}{\theta}d\theta$$

y teniendo en cuenta la muy conocida integral $\int\sec{\theta}d\theta=\ln{\lvert\tan{\theta}+\sec{\theta}\rvert}+C$, tenemos:

$$6\int\sec^7{\theta}d\theta+16\int\sec^5{\theta}d\theta+18\int\sec^3{\theta}d\theta$$

$$=\sec^5{\theta}\tan{\theta}+\frac{21}{4}\sec^3{\theta}\tan{\theta}+\frac{135}{8}\sec{\theta}\tan{\theta}+\frac{135}{8}\ln{\lvert\tan{\theta}+\sec{\theta}\rvert}+C$$

Reemplazando $\sec{\theta}$ por $u$ y a $\tan{\theta}$ por $\sqrt{u^2-1}$, 

$$6\int\frac{u^6}{\sqrt{u^2-1}}du+16\int\frac{u^4}{\sqrt{u^2-1}}du+18\int\frac{u^2}{\sqrt{u^2-1}}du$$

$$=u^5\sqrt{u^2-1}+\frac{21}{4}u^3\sqrt{u^2-1}+\frac{135}{8}u\sqrt{u^2-1}+\frac{135}{8}\ln{\lvert\sqrt{u^2-1}+u\rvert}+C$$

Reemplazando $u$ por $\sqrt{x-1}$ y simplificando, 

$$\int\frac{3x^3-x^2+2x-4}{\sqrt{x^2-3x+2}}dx=(x-1)^2\sqrt{x^2-3x+2}+\frac{21}{4}(x-1)\sqrt{x^2-3x+2}$$

$$+\frac{135}{8}\sqrt{x^2-3x+2}+\frac{135}{8}\ln{\lvert\sqrt{x-2}+\sqrt{x-1}\rvert}+C$$

Pero 

$$\frac{(135)(2)}{16}\ln{\lvert\sqrt{x-2}+\sqrt{x-1}\rvert}=\frac{135}{16}\ln{\lvert(\sqrt{x-2}+\sqrt{x-1})^2\rvert}$$

$$=\frac{135}{16}\ln{\lvert2\sqrt{x^2-3x+2}+2x-3\rvert}$$

Finalmente, 

$$\int\frac{3x^3-x^2+2x-4}{\sqrt{x^2-3x+2}}dx=(x-1)^2\sqrt{x^2-3x+2}+\frac{21}{4}(x-1)\sqrt{x^2-3x+2}$$

$$+\frac{135}{8}\sqrt{x^2-3x+2}+\frac{135}{16}\ln{\lvert2\sqrt{x^2-3x+2}+2x-3\rvert}+C$$

Para $x=1$ la función anterior se reduce a $0$. Así, evaluando,

$$\int_{0}^{1}\frac{3x^3-x^2+2x-4}{\sqrt{x^2-3x+2}}=\frac{21\sqrt{2}}{4}-\frac{135\sqrt{2}}{8}-\sqrt{2}-\frac{135\ln{\lvert2\sqrt{2}-3\rvert}}{16}$$  

$$=-2.981266944005536$$

Como la clave de una tarjeta de crédito solo admite cuatro dígitos (es decir, solo números), omitimos el signo negativo, el punto y  voilà, la clave es 2981.

Un problema propuesto por Ángel Mejía Brito

En el problema se pide encontrar $\angle{AED}$, donde $E$ y $D$ son puntos de tangencias. 

Solución 1. Llamemos a la circunferencia de diámetro $AB$, $\omega$, y al círculo que pasa por $E$ y $D$, $\tau$. Considera la circunferencia de inversión, $\rho$, de radio $\frac{AB}{2}$ y centro en $A$. Denotemos con $X$ e $Y$ los puntos de intersección de $\omega$ y $\rho$. La imagen invertida de $\omega$ es la línea $XY$. La imagen de $\tau$ es otra circunferencia tangente a $AB$, en $D'$ (la imagen de $D$) y a $XY$ en $E'$ (la imagen de $E$). Si llamamos $Z$ al punto donde $XY$ corta a $AB$, al ser $XY$ el eje radical de $\omega$ y $\rho$, las rectas $AB$ y $XY$ son perpendiculares, de donde inferimos que $\triangle{D'ZC'}$ es un triángulo recto isósceles, y por consiguiente $\angle{AD'E'} = 45^\circ$. Como en la inversión los ángulos se preservan, $\angle{AED} = 45^\circ$.

Solución 2. Considera un punto $F$ sobre $\omega$ tal que $AF$ es tangente a $\tau$. Note que $\tau$ es el incírculo mixtilíneo de $\triangle{ABF}$. Si $M$ es el punto medio de $\widehat{AB}$ (que no contiene a $F$), entonces, $E$, $D$ y $M$ están alineados (ver demostración aquí). De lo anterior se deduce que al ser $\angle{AFB}=90^\circ$, por propiedades de ángulos, $\angle{AFM}=\angle{BFM}=\angle{AEM}=\angle{AED}=45^\circ$.

Solución 3. Ver problema 2 aquí para una demostración usando cuaternas armónicas. 

How likely is it that a mathematics student can't solve IMO problems? Is there a fear of embarrassment in being a math Ph.D. who can't solve problems that high-school students can?

Response by Cornelius Goh on Quora:

Math Research and IMO (International Math Olympiad) Math are different 'things'.

A good analogy given by a famous Chinese Math professor, who criticized the "IMO Craze" in China, since 1985 as China wins the World IMO Championship and hundreds of IMO Gold medals for continuously 3 decades :--

Math Research = Martial Art (aka Kungfu 武术功夫);
IMO Math = Acrobatics (杂技, not real kungfu).

Prof S.S. Chern (陈省身 Wolf Prize 1983) ［Note *］and his PhD student Prof S.T. Yau (邱成桐, Fields Medal 1982) were always surrounded by keen IMO Math students for tough IMO questions, to whom the 2 professors just squarely replied "I don't know how to do it!". It was reported that some Chinese IMO Gold medalists entered PhD class at Harvard and failed, because PhD Math research problem has no quick solution with known techniques, it usually takes many years to see result, unlike IMO Math questions with known solution by astute tricks.

Many years ago in a Singapore seminar, I asked Prof. Pierre-Louis Lions (1956 - , Fields Medalist 1994) for his opinion on IMO. He told us when he represented France in the IMO competition, he spent the few days there staring at the ceiling, not knowing how to solve the problems.

Looking at the past winner list of Fields Medalists, not 100％ were IMO Medalists -- except Terence Tao (陶轩哲, Australia), Grigori Perelman (Russia), Timothy Gowers (UK), Ngô Báo Châu (吴宝珠, Vietnam), etc.

Interesting to note that the "IMO Champion" China has yet to produce a single Fields Medalist todate.

In parallel, the "Fields Medal Champion" France (wins 1/3 of the medals so far) has never been the "IMO (team nor individual) Champion".
However, a small country Singapore has produced an individual "IMO Champion 2012" (Lim Jeck 林捷) , the only contestant in the world that year with perfect score.

In conclusion, IMO Math is like acrobatics doing fantastic Math "stunts" (特技), it is impressive but not the real Math which requires deep thinking, perseverance in finding the Universe's truth, creating new mathematical tools (Category 范畴, Quantum group 量子群, Homology 同调, Homotopy 同伦, Sheaf 束, Motif 动力, Fiber Bundle 光纤丛, ...) to explore the vast scientific frontier...

P.S. Fields Medal is the equivalent of Nobel Prize (Math) but tougher to get, only awarded every 4 years and for age below 40. (unlike the yearly Nobel Prize for any living person of any age).

Source

Cuadrado Inscrito en el Triángulo de Reuleaux

Este es un problema propuesto por Alfonso Díaz en Facebook. El problema consiste en encontrar el lado de un cuadrado, $x$, inscrito (como muestra la figura) en el triángulo de Reuleaux, en función de $R$.

Solución. 

Un problema propuesto por Moisés Ortiz Luzuriaga

Demostración: una propiedad harto conocida es que si dos circunferencias son tangentes, entonces, el punto de tangencia y los centros de estas circunferencias están alineados. De modo que $O$, $O_2$ y $Q$ están alineados. Similarmente, $O$, $O_1$ y $P$. Como consecuencia, $\angle{SPO_1} = \angle{SPO}$. Al ser $\triangle{PSO_1}$ y $\triangle{PQO}$ triángulos isósceles, resulta que $\angle{O_1SP} = \angle{OQP}$, significando que $\triangle{PSO_1}$ y $\triangle{PQO}$ son semejantes y $SO_1\parallel{O_2O}$. Análogamente, $SO_2\parallel{O_1O}$. Por lo tanto, $SO_1OO_2$ es un paralelogramo con $SO_1 = OO_2 = r_1$. Así, $OQ = OO_2 + O_2Q$, o lo que es lo mismo, $R = r_1 + r_2$.

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.

Propiedades del logo de la ACRD

He aquí algunos problemas inspirados en el logo de la Academia de Ciencias de la República Dominicana. La figura consiste en un triángulo equilátero y un cuadrado inscritos en una circunferencia como muestra la figura. Tanto el cuadrado como el triángulo equilátero son simétricos con respecto a un eje de simetría y.

Logo original de la $ACRD$:

Problema 1. Si $H$, $I$ y $J$ son puntos medios, demostrar que $\frac{HI}{IJ} = \sqrt{2}$.

Problema 2. Desde $C$, tracemos una línea perpendicular a $FG$ de tal modo que corte al lado $FG$ en $I$ y al lado $EG$ en $J$. Denotemos con $H$ la proyección ortogonal de $G$ en el lado $DC$. Si $CI=a$, $GH=b$ e $IJ=c$, demostrar que $c-a=2b$. 

Problema 3. Llamemos $O$ a la intersección de la mediatriz de la cuerda $CG$ y la perpendicular desde $D$ a $EG$. Si $DO$ corta a $EG$ en $N$, demostrar que $DN=NO$.

Problema 4. $H$ e $I$ son los puntos donde la perpendicular desde $C$ a $FG$ corta los lados $FG$ y $EG$, respectivamente. Si $J$ es la proyección ortogonal de $D$ en $EG$, demuestra que $IJ = GJ$.

Problema 5. Si $M$ es el punto medio de la cuerda $CG$, encuentra la medida del ángulo $\angle{DOM}$.

Solución a un problema propuesto por Chrysanthos Xydas‎

En la figura, $P$, $Q$ y $T$ son puntos de tangencia. Encuentre la medida de $\angle{ATM}$.

Lema 1. Denotemos con $I$ el incentro del $\triangle{ABC}$. Llamemos $M'$ a la segunda intersección de $AI$ con la circunferencia circunscrita de $\triangle{ABC}$. Entonces, $BTIPM'$ es cíclico.

Demostración. Evidentemente, $BTIP$ es cíclico (por ángulos opuestos suplementarios). Note que $\angle{BCA}=\angle{BM'A}=90^\circ$. Pero $\angle{BTI}=90^\circ$, consecuentemente, $BTIPM'$ es cíclico.

$\square$

Lema 2. $M'$, $P$ y $Q$ están alineados. 

Demostración. En un problema que data del 2014 demostré que para cualquier triángulo, $\angle{BIA}=\angle{PQA}$ (ver aquí). Al ser $\triangle{BTI}\cong{\triangle{BPI}}$ y como consecuencia del lema 1, $\angle{TBI}=\angle{ABI}=\angle{IM'P}=\angle{AM'P}$. Pero $\angle{BAI}=\angle{IAQ}=\angle{M'AQ}$, por lo tanto, al ser $\angle{ABI}=\angle{IM'P}$, $\angle{BAI}=\angle{IAQ}$ y $\angle{BIA}=\angle{PQA}$, el ángulo $\angle{M'PQ}$ del cuadrilátero $M'PQA$ debe ser llano, ya que $\angle{AM'P}+\angle{M'AQ}+\angle{PQA}=180^\circ$ . Por lo tanto, $M'$, $P$ y $Q$ están alineados y $M'=M$ (el punto $M$ de nuestro problema original).

$\square$

De vuelta a nuestro problema original, note que $\triangle{M'TA}\cong{\triangle{M'QA}}$ (por el criterio de congruencia $LAL$). Claramente, al ser $\triangle{CPQ}$ un triángulo recto isósceles, $\angle{M'QA}=\angle{M'TA}=135^\circ$. 

$\square$

Parallel Lines Associated with a Mixtilinear Incircle

Let $I$, $O$ and $\tau$ be the incenter, circumcenter and circumcircle of triangle $ABC$. The circle $\omega$ is tangent to lines $AB$ and $BC$, and touches internally $\tau$ at $T$. The tangents to $\tau$ at $T$ and $B$ intersect at $P$. Prove that $IP\parallel{AC}$.

Proof. It suffices to show that $\angle{\frac{ACB}{2}}=\angle{CIP}$. We know from lemma 2 in a previous problem that $\triangle{BPI}$ is isosceles with $\angle{IBP}=\angle{BIP}=\frac{\angle{ABC}}{2}+\angle{BAC}$. We have

$$\angle{CIP}=\angle{BIC}-\angle{BIP}=180^\circ-\frac{\angle{ABC}}{2}-\frac{\angle{ACB}}{2}-\frac{\angle{ABC}}{2}-\angle{BAC}.$$

But $180^\circ-\angle{ABC}-\angle{BAC}=\angle{ACB}$. Hence, $\angle{CIP}=\frac{\angle{ACB}}{2}$.

$\square$

TST Peru, 2019

Let $I$, $O$ and $\tau$ be the incenter, circumcenter and circumcircle of triangle $ABC$. The line $BI$ intersects $\tau$ again at $M$. The circle $\omega$ is tangent to lines $AB$ and $BC$, and touches internally $\tau$ at $T$. The tangents to $\tau$ at $T$ and $B$ intersect at $P$. The lines $PI$ and $TM$ intersect at $Q$. Prove that the lines $QB$ and $MO$ intersect at $\tau$. 

Solution. 

Lemma 1. $\angle{MBT}=\angle{OTI}$.

Proof. By properties of angles in a circle, $\angle{BOT}=2\angle{BAC}+2\angle{TBC}$. As $\triangle{OTB}$ is isosceles, $\angle{OTB}=90^\circ-\angle{BAC}-\angle{TBC}$. Moreover, 

$$\angle{OTC}=90^\circ-\angle{BAC}-\angle{TBC}+\angle{BAC}=90^\circ-\angle{TBC}.$$

$\angle{ATI}=\angle{CTI}$ (This is a well-known property of mixtilinear incircle. See $[1]$ and $[2]$)   and  $\angle{ATC}=180^\circ-\angle{ABC}$, then,  $\angle{ATI}=\angle{CTI}=90^\circ-\frac{\angle{ABC}}{2}$. It follows that 

$$\angle{OTI}=\angle{OTC}-\angle{CTI}=90^\circ-\angle{TBC}-90^\circ+\frac{\angle{ABC}}{2}=\frac{\angle{ABC}}{2}-\angle{TBC}.$$  

But $\angle{MBT}=\frac{\angle{ABC}}{2}-\angle{TBC}$, therefore, $\angle{MBT}=\angle{OTI}$.

$\square$

Lemma 2. $BP=PT=IP$.

Proof. We already know that $\angle{OBT}=\angle{OTB}=90^\circ-\angle{BAC}-\angle{TBC}$. But $\angle{BAC}+\angle{TBC}=\angle{TBP}$, then, $\angle{OBT}=\angle{OTB}=90^\circ-\angle{TBP}$. Let $R$ be the circumradius, then, by the Law of Sines, 

$$\frac{BT}{\sin{2\angle{TBP}}}=\frac{R}{\sin{(90^\circ-\angle{TBP)}}}$$

$$BT=2R\sin{\angle{TBP}}$$

Focusing on quadrilateral $OBIT$, $\angle{BIT}=360^\circ-\angle{BOT}-\angle{OBI}-\angle{OTI}$. Let $B'$ be the orthogonal projection of $B$ onto $AC$. We have $\angle{B'BC}=90^\circ-\angle{ACB}$. Since $O$ is the isogonal conjugate of the orthocenter, it follows $\angle{OBI}=\frac{\angle{ABC}}{2}+\angle{ACB}-90^\circ$. Moreover, we know from lemma 1 that $\angle{OTI}=\frac{\angle{ABC}}{2}-\angle{TBC}$. Then, 

$$\angle{BIT}=360^\circ-(2\angle{BAC}+2\angle{TBC})-(\frac{\angle{ABC}}{2}+\angle{ACB}-90^\circ)-(\frac{\angle{ABC}}{2}-\angle{TBC}).$$  

But 

$$\angle{ABC}+\angle{BAC}+\angle{ACB}=180^\circ,$$  

then,  

$$\angle{BIT}=270^\circ-\angle{BAC}-\angle{TBC}.$$

Now, focusing on $\triangle{BIT}$, we have

$$\angle{BIT}=360^\circ-(270^\circ-\angle{BAC}-\angle{TBC})=90^\circ+\angle{BAC}+\angle{TBC}=90^\circ+\angle{TBP}$$
and
$$\angle{ITB}=180^\circ-\angle{BIT}-\angle{MBT}=90^\circ-\angle{BAC}-\frac{\angle{ABC}}{2}.$$
As $\frac{\angle{ABC}}{2}+\frac{\angle{ACB}}{2}+\frac{\angle{BAC}}{2}=90^\circ$, it follows $\angle{ITB}=\frac{\angle{ACB}}{2}-\frac{\angle{BAC}}{2}$. Now, by the Law of Sines, 
$$\frac{BI}{\sin{(\frac{\angle{ACB}}{2}-\frac{\angle{BAC}}{2})}}=\frac{2R\sin{\angle{TBP}}}{\sin{(90^\circ+\angle{TBP})}}=2R\tan{\angle{TBP}}$$
$$BI=2R\tan{\angle{TBP}}\sin{(\frac{\angle{ACB}}{2}-\frac{\angle{BAC}}{2})}$$
As $\angle{BPT}=180^\circ-2\angle{TBP}$, again, by the Law of Sines, 
$$\frac{BP}{\sin{\angle{TBP}}}=\frac{2R\sin{\angle{TBP}}}{\sin{(180^\circ-2\angle{TBP)}}}$$
$$BP=R\tan{\angle{TBP}}$$
Finally, by the Law of Cosines, 
$$IP^2=4R^2\tan^2{\angle{TBP}}\sin^2{(\frac{\angle{ACB}}{2}-\frac{\angle{BAC}}{2})}+R^2\tan^2{\angle{TBP}}$$
$$-4R^2\tan^2{\angle{TBP}}\sin{(\frac{\angle{ACB}}{2}-\frac{\angle{BAC}}{2})}\cos{(\frac{\angle{ABC}}{2}+\angle{BAC}})$$
But, as $\frac{\angle{ABC}}{2}=90^\circ-\frac{\angle{BAC}}{2}-\frac{\angle{ACB}}{2}$, it follows
$$\cos{(\frac{\angle{ABC}}{2}+\angle{BAC}})=\cos{(90^\circ+\frac{\angle{BAC}}{2}-\frac{\angle{ACB}}{2}})=\sin{(\frac{\angle{ACB}}{2}-\frac{\angle{BAC}}{2})}$$
Thus, 
$$IP^2=R^2\tan^2{\angle{TBP}}$$
$$IP=R\tan{\angle{TBP}}$$
Therefore, $BP=PT=IP$.

$\square$

Remark. $IP\parallel{AC}$. A proof can be found here.

Back to the main problem.

Let $R$ be the second intersection of $QB$ with $\tau$. It suffices to show that $MR$ is the diameter of $\tau$. By property of angles in a circle, $\angle{PTQ}=\frac{\angle{ABC}}{2}-\angle{TBC}$. We now from lemma 2 that $\angle{BIT}=90^\circ+\angle{BAC}+\angle{TBC}$ and $\triangle{BIP}$, $\triangle{ITP}$ are isosceles. It follows

  $$\angle{TIP}=90^\circ+\angle{BAC}+\angle{TBC}-\frac{\angle{ABC}}{2}-\angle{BAC}=90^\circ+\angle{TBC}-\frac{\angle{ABC}}{2}.$$  

Consequently, $\angle{TPQ}=180^\circ+2\angle{TBC}-\angle{ABC}$. Hence, $\angle{PQT}=\frac{\angle{ABC}}{2}-\angle{TBC}$, meaning $\triangle{PQT}$ is isosceles with $PQ=PB$. We deduce that $\angle{PBQ}=90^\circ-\angle{BAC}-\frac{\angle{ABC}}{2}$. Notice that 

$$\angle{MBC}+\angle{CBP}+\angle{PBQ}=\frac{\angle{ABC}}{2}+\angle{BAC}+\angle{PBQ}=90^\circ.$$  

Therefore, $MB\perp{BR}$.

$\square$

References.

$[1]$ Evan Chen, Euclidean Geometry in Mathematical Olympiads.

$[2]$ Arseniy Akopyan, Geometry in Figures.

Segment Trisection in a Square

Let $E$ be the center of the square $ABCD$. Call $F$ the midpoint of $AE$ and let $DF$ meet $AB$ in $H$. Then, $AH=\frac{AB}{3}$.

Proof 1. We will set our origin at $A$, and side $AB$ of the square will lie on the $x$-axis. $A$ has coordinates $(0,0)$.  $B$ has coordinates $(a, 0)$. $D$ has coordinates $(0, a)$. $E$ is the midpoint of $BD$ and has coordinates $(\frac{a}{2}, \frac{a}{2})$ and $F$ is the midpoint of $AE$ with coordinates $(\frac{a}{4}, \frac{a}{4})$. The equation of line $DF$ is $y=-3x+a$. Then, the intersection, $H$, of line $DF$ and $AB$ is $(\frac{a}{3}, 0)$. Therefore, $AH=\frac{AB}{3}$.

Proof 2. Denote by $a$, $b$, $c$ and $d$ the segments $AD$, $AH$, $FH$ and $DF$, respectively. Focusing on triangle $\triangle{ADE}$ and median $DF$, by the Apollonius's theorem, 

$$a^2+\frac{a^2}{2}=2(\frac{a^2}{8}+d^2).$$

Solving for $d$, 

$$d=\frac{a\sqrt{10}}{4}.$$

By the angle bisector theorem, $c=\frac{bd}{a}=\frac{b\sqrt{10}}{4}$. Now, by the Pythagorean theorem, 

$$a^2+b^2=\left[\frac{\sqrt{10}}{4}(a+b)\right]^2.$$

Solving this equation for $b$ we get $b_1=3a; b_2=\frac{a}{3}$, but, from our configuration $a>b$, therefore, $b=\frac{a}{3}$.

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For a description and proof click here.