Question

Las circunferencias $\omega_1$ y $\omega_2$ se cortan en los puntos $X$ y $Y.$ La recta $\ell$ es tangente a $\omega_1$ y $\omega_2$ en $A$ y $B,$ respectivamente, con la recta $AB$ más cerca del punto $X$ que de $Y.$ La circunferencia $\omega$ pasa por $A$ y $B$ cortando a $\omega_1$ de nuevo en $D \ne A$ y cortando a $\omega_2$ de nuevo en $C \ne B.$ Los tres puntos $C,$ $Y,$ $D$ son colineales, $XC = 67,$ $XY = 47,$ y $XD = 37.$ Halla $AB^2.$

Circles $\omega_1$ and $\omega_2$ intersect at points $X$ and $Y.$ Line $\ell$ is tangent to $\omega_1$ and $\omega_2$ at $A$ and $B,$ respectively, with line $AB$ closer to point $X$ than to $Y.$ Circle $\omega$ passes through $A$ and $B$ intersecting $\omega_1$ again at $D \ne A$ and intersecting $\omega_2$ again at $C \ne B.$ The three points $C,$ $Y,$ $D$ are collinear, $XC = 67,$ $XY = 47,$ and $XD = 37.$ Find $AB^2.$

Respuesta

Solución:

La recta $AD$ es el eje radical de $\omega$ y $\omega_1,$ la recta $BC$ el de $\omega$ y $\omega_2,$ y la recta $XY$ el de $\omega_1$ y $\omega_2,$ así que las tres rectas se encuentran en el centro radical $Z.$ (No pueden ser paralelas: eso obligaría a una configuración simétrica con $XC = XD.$ ) Sea $M = XY \cap AB.$ La potencia de $M$ respecto a cada circunferencia da $MA^2 = MX \cdot MY = MB^2,$ así que $M$ es el punto medio de $\overline{AB},$ con $X$ entre $M$ y $Y.$

Como $ADYX$ es cíclico, $\angle XAZ = \angle XYD,$ y como $BCYX$ es cíclico, $\angle XBZ = \angle XYC;$ al ser $C,$ $Y,$ $D$ colineales estos suman $180^\circ,$ así que $ZAXB$ es cíclico. El ángulo tangente-cuerda en $B$ da $\angle XYB = \angle ABX = \angle AZX,$ así que $BY \parallel ZA,$ y simétricamente $AY \parallel ZB.$ Por lo tanto $AYBZ$ es un paralelogramo, y como $M$ es el punto medio de la diagonal $\overline{AB},$ también es el punto medio de $\overline{ZY}:$ por lo tanto $XZ = XM + MZ$ $= MX + MY.$ Además $\angle XCZ = \angle XYB = \angle XZD$ y (por el ángulo tangente-cuerda en $A$ ) $\angle XZC = \angle XAB = \angle XYA$ $= \angle XDZ,$ así que los triángulos $XZC$ y $XDZ$ son semejantes, dando $XZ^2 = XC \cdot XD.$

Juntando todo, $\begin{aligned} AB^2 &= 4MA^2 = 4\,MX \cdot MY \\ &= (MX + MY)^2 \\ &\quad {}- (MY - MX)^2 \\ &= XZ^2 - XY^2 \\ &= XC \cdot XD - XY^2, \end{aligned}$ lo cual es igual a $67 \cdot 37 - 47^2 = 2479 - 2209$ $= 270.$

Line $AD$ is the radical axis of $\omega$ and $\omega_1,$ line $BC$ that of $\omega$ and $\omega_2,$ and line $XY$ that of $\omega_1$ and $\omega_2,$ so the three lines meet at the radical center $Z.$ (They cannot be parallel: that would force a symmetric configuration with $XC = XD.$ ) Let $M = XY \cap AB.$ The power of $M$ with respect to each circle gives $MA^2 = MX \cdot MY = MB^2,$ so $M$ is the midpoint of $\overline{AB},$ with $X$ between $M$ and $Y.$

Since $ADYX$ is cyclic, $\angle XAZ = \angle XYD,$ and since $BCYX$ is cyclic, $\angle XBZ = \angle XYC;$ as $C,$ $Y,$ $D$ are collinear these add to $180^\circ,$ so $ZAXB$ is cyclic. The tangent-chord angle at $B$ gives $\angle XYB = \angle ABX = \angle AZX,$ so $BY \parallel ZA,$ and symmetrically $AY \parallel ZB.$ Hence $AYBZ$ is a parallelogram, and since $M$ is the midpoint of diagonal $\overline{AB},$ it is also the midpoint of $\overline{ZY}:$ therefore $XZ = XM + MZ$ $= MX + MY.$ Moreover $\angle XCZ = \angle XYB = \angle XZD$ and (by the tangent-chord angle at $A$ ) $\angle XZC = \angle XAB = \angle XYA$ $= \angle XDZ,$ so triangles $XZC$ and $XDZ$ are similar, giving $XZ^2 = XC \cdot XD.$

Putting it together, $\begin{aligned} AB^2 &= 4MA^2 = 4\,MX \cdot MY \\ &= (MX + MY)^2 \\ &\quad {}- (MY - MX)^2 \\ &= XZ^2 - XY^2 \\ &= XC \cdot XD - XY^2, \end{aligned}$ which equals $67 \cdot 37 - 47^2 = 2479 - 2209$ $= 270.$

2016 AIME I Problema 15

Solución:

El Problema 15 en otros años