Cuadrilatero equilico

[Juaco]

En la siguiente figura, ABCD es un cuadrilátero tal que $A\hat {B}D + C\hat {D}B = 120$ y $AB=CD $. Si AB se encuentra con DC en M, los triángulos equiláteros AKC, BJC y BLD se alejan de AD, y E y G son el punto medio de las diagonales AC y BD, demuestre que:
* K, M, J y L son colineales
*J es el punto medio de KL
*EG y KL son líneas paralelas.

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equilic_quadrilateral_05-1.png

[Gianni De Rico]

Ojo que tiene que ser $\angle BAD+\angle ADC=120^\circ$, para la primera parte alcanza con eso. Para las otros dos necesitás además que $AB=CD$.

Completar los huecos queda como ejercicio para el lector

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Notemos que como $\angle AMD=180^\circ -120^\circ =60^\circ$ entonces nos aparecen un montón de cíclicos.

La primera parte es este problema.
Para la segunda parte, basta notar que $KJC\equiv ABC$ y $BJL\equiv BCD$, de modo que $KJ=AB=CD=JL$, así que $J$ es punto medio.
Para la última parte, sea $F$ el punto de intersección de $KE$ y $LG$. Como estas rectas son mediatrices de $AC$ y $BD$, respectivamente, entonces $AF=CF$ y $BF=DF$, como además $AB=CD$, se sigue que los $ABF\equiv CDF$, entonces $F$ es el centro de la rotohomotecia (es una rotación nada más en realidad), y así $F$ está en los circuncírculos de $ACK$ y $BDL$. Como en un triángulo equilátero coinciden el ortocentro, el circuncentro y el baricentro, usando que las medianas se cortan en $2:1$, las reflexiones del ortocentro y un par de medio equiláteros (salen con Pitágoras), tenemos que $\frac{FG}{GL}=\frac{1}{3}=\frac{FE}{EK}$, y por Thales las rectas son paralelas.

[BrunZo]

Solo digo esto:

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Notemos que la condición de ángulos es lo mismo que $B\hat{M}C=60^{\circ}$.
Vamos a probar que $KJL$ están en la bisectriz exterior de $B\hat{M}C$: como $B\hat{M}C=B\hat{J}C=60^{\circ}$, así que $BCJM$ es cíclico, de donde $C\hat{M}J=C\hat{B}J=60^{\circ}$. Con esto se ve que $J$ está en la bisectriz; el mismo argumento con $ACMK$ y $BDLM$ demuestra lo deseado.
Que $J$ es el punto medio se puede ver como dice Gianni: como $CKJ$ y $CBA$ son congruentes, vale que $KJ=AB=CD=LJ$.
Para probar que $EG$ es paralelo a la bisectriz exterior, podemos usar una idea muy parecida a Nacional 2019 N1 P3 (es el mismo problema, pero en otra orientación y más general): si marcamos $F$ y $H$ los puntos medios de $BC$ y $AD$, entonces por base media $EFGH$ es un rombo, de donde $EG$ es perpendicular a $FH$ que es la bisectriz de $E\hat{F}G$ que es paralelo a $B\hat{M}C$, de donde $EG$ es paralela a la bisectriz exterior : )

PD: Como siempre, muy lindo jeje. Por cierto, ¿de dónde viene el nombre de equílico?

[Juaco]

Para las otros dos necesitás además que $AB=CD$.

Uuh me había olvidado de eso, gracias por avisar. Ya lo cambio

[Juaco]

PD: Como siempre, muy lindo jeje. Por cierto, ¿de dónde viene el nombre de equílico?

La verdad no se, también aparecía como cuadrilátero equilátero, el problema lo saque acá
http://www.gogeometry.com/equilic/equil ... ral_05.htm