IMO 2018 - P6

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Gianni De Rico

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Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 10 Jul, 2018 9:48 am

Un cuadrilátero convexo $ABCD$ satisface $AB\cdot CD=BC\cdot DA$. El punto $X$ en el interior de $ABCD$ es tal que

$\angle XAB=\angle XCD$ y $\angle XBC=\angle XDA$.

Demostrar que $\angle BXA+\angle DXC=180°$.
[math]

jujumas

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Re: IMO 2018 - P6

Mensaje sin leer por jujumas » Dom 05 Ago, 2018 3:40 pm

Picante picantón.
Solución:
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Lema 1: Sea $ABC$ un triángulo y $P$ un punto interior. Sea $Q$ el conjugado isogonal de $P$ con respecto al triángulo $ABC$, entonces el circuncentro del triángulo pedal de $P$ con respecto a $ABC$ es el punto medio de $PQ$.
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IMO2018P6-1.png
Demostración: Llamemos $P_AP_BP_C$ y $Q_AQ_BQ_C$ a los triángulos pedales de $P$ y $Q$. Notemos que $CQ_BQQ_A$ y $CP_BPP_A$ son cíclicos. Además, como $Q\hat{C}Q_A = P\hat{C}P_B$ y $Q\hat{Q_A}C = P\hat{P_B}C$, $C\hat{Q}Q_A = C\hat{P}P_B$, por lo que $C\hat{Q_B}Q_A = C\hat{P_A}P_B$ y $P_AQ_AQ_BP_B$ es cíclico. Análogamente $P_BQ_BP_CQ_C$ y $P_CQ_CP_AQ_A$ son cíclicos.

Notemos entonces que si los circuncírculos de estos cuadriláteros fueran distintos, sus ejes radicales serían los lados del triángulo $ABC$, que no concurren. Luego, $P_AQ_AP_BQ_BP_CQ_C$ es cíclico y es fácil ver que el circuncentro del triángulo pedal de $P$ es el centro de esta circunferencia, pero las mediatrices de $P_AQ_A$, $P_BQ_B$ y $P_CQ_C$ pasan por el punto medio de $PQ$, lo que demuestra el Lema.
Lema 2: Sea $ABCD$ un cuadrilátero y sea $P$ un punto que admite un conjugado isogonal respecto al cuadrilátero $ABCD$, entonces $B\hat{P}A + D\hat{P}C = 180^{\circ}$
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IMO2018P6-2.png
Demostración: Sea $E$ la intersección de $AB$ y $CD$, y sea $F$ la intersección de $BC$ y $DA$. Sin pérdida de generalidad, $B$ está entre $A$ y $E$ y entre $C$ y $F$. Sea $Q$ el conjugado isogonal de $P$, y sea $WXYZ$ el pedal de $P$ con respecto a $ABCD$ ($W$ en $AB$, $X$ en $BC$, etc.).

Como $P$ y $Q$ son conjugados isogonales con respecto al triángulo $DCF$, por el Lema 1, el circuncentro de $ZYX$ es el punto medio de $PQ$.

Análogamente, $P$ y $Q$ son conjugados isogonales con respecto al triángulo $ADE$, por lo que el circuncentro de $WZY$ es el punto medio de $PQ$.

Luego, $WXYZ$ es cíclico y $W\hat{X}Y + Y\hat{Z}W = 180^{\circ}$, por lo que $B\hat{X}W + C\hat{X}Y + A\hat{Z}W + D\hat{Z}Y = 180^{\circ}$, y como $AWPZ$, $BXPW$, $CYPX$ y $DZPY$ son cíclicos, esto último implica que $B\hat{P}W + C\hat{P}Y + A\hat{P}W + D\hat{P}Y = 180^{\circ}$, por lo que $B\hat{P}A + D\hat{P}C = 180^{\circ}$.
Lema 3: Sean $ABCD$ y $WXYZ$ dos cuadriláteros tales que $\hat{A} = \hat{W}$, $\hat{B} = \hat{X}$, $\hat{C} = \hat{Y}$, y $\hat{D} = \hat{Z}$ tales que $AB \times CD = BC \times DA$ y $WX \times YZ = XY \times ZW$, entonces $ABCD$ y $WXYZ$ son semejantes.
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IMO2018P6-3.png
Demostración:
Sea $E$ el punto de intersección de $BC$ y $AD$. Sin pérdida de generalidad, $C$ está entre $B$ y $E$, y $D$ esta entre $A$ y $E$. Traslademos y rotemos el cuadrilátero $WXYZ$ de modo que $A=W$ y $B=X$. Claramente, $Y$ está en $BC$ y $Z$ está en $AD$, de modo que $BC$ y $YZ$ son paralelas. Supongamos ahora que $C$ y $Y$ son distintos. Luego, tenemos dos casos.

Caso 1: $Y$ está entre $C$ y $E$.
Si esto sucede, $Z$ está entre $D$ y $E$. Luego, tenemos que:
$$XY \times ZW > BC \times DA = AB \times CD > AB \times YZ = WX \times YZ$$
por lo que llegamos a un absurdo.

Caso 2: $Y$ está entre $B$ y $C$.
Si esto sucede, $Z$ está entre $A$ y $D$. Luego, tenemos que:
$$XY \times ZW < BC \times DA = AB \times CD < AB \times YZ = WX \times YZ$$
por lo que llegamos a un absurdo.

Luego, ninguno de estos casos puede suceder, por lo que $Y=C$ y $Z=D$, por lo que ambos cuadriláteros son semejantes.
Con estos tres Lemas demostrados, vamos a enfrentarnos al problema. A partir de ahora, las letras corresponden con los puntos definidos en el enunciado.
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IMO2018P6-4.png
Solución: Consideramos una inversión de centro $X$ y radio arbitrario. Sean $A'$, $B'$, $C'$ y $D'$ las imagenes de $A$, $B$ $C$ y $D$ respectivamente tras esta inversión.

Veamos primero que $D'\hat{A'}B' = D'\hat{A'}X + X\hat{A'}B' = X\hat{D}A + X\hat{B}A = X\hat{B}C + X\hat{B}A = A\hat{B}C$. Análogamente, podemos probar que $A'\hat{B'}C' = B\hat{C}D$, $B'\hat{C'}D' = C\hat{D}A$ y $C'\hat{D'}A' = D\hat{A}B$

Veamos además que
$$A'B' \times C'D' = AB (\frac{B'X}{AX}) \times CD (\frac{D'X}{CX}) = (AB \times CD) \frac{B'X}{CX} \times \frac{D'X}{AX} = BC (\frac{B'X}{CX}) \times DA (\frac{D'X}{AX}) = B'C' \times D'A'$$

Luego, por el Lema 3 tenemos que $A'B'C'D'$ y $BCDA$ son semejantes, por lo que existe una rotohomotecia que manda $A'$ a $B$, $B'$ a $C$, $C'$ a $D$ y $D'$ a $A$.

Supongamos entonces que esta misma rotohomotecia manda $X$ a $Y$. Entonces, tenemos que $Y\hat{A}D = X\hat{D'}C' = X\hat{C}D = X\hat{A}B$. Análogamente podemos probar que $Y\hat{B}A = X\hat{B}C$, que $Y\hat{C}A = X\hat{C}B$ y que $Y\hat{D}A = X\hat{D}C$, por lo que $X$ tiene un conjugado isogonal respecto al cuadrilátero $ABCD$ y por el Lema 2 tenemos que $B\hat{X}A + D\hat{X}C = 180^{\circ}$, lo que demuestra lo pedido.
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