IMO 2021 - Problema 3

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Sandy

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IMO 2021 - Problema 3

Mensaje sin leer por Sandy »

Sea $D$ un punto interior de un triángulo acutángulo $ABC$, con $AB>AC$, de forma que $\angle DAB=\angle CAD$. El punto $E$ en el segmento $AC$ satisface que $\angle ADE=\angle BCD$, el punto $F$ en el segmento $AB$ satisface $\angle FDA=\angle DBC$, y el punto $X$ en la recta $AC$ satisface $CX=BX$. Sean $O_1$ y $O_2$ los circuncentros de los triángulos $ADC$ y $EXD$ respectivamente. Probar que las rectas $BC$, $EF$ y $O_1O_2$ son concurrentes.
Fallo inapelable.

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Martín Vacas Vignolo
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Re: IMO 2021 - Problema 3

Mensaje sin leer por Martín Vacas Vignolo »

Estamos seguros que el enunciado es así?
[math]

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Gianni De Rico

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Re: IMO 2021 - Problema 3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

En efecto, el enunciado es así.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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Gianni De Rico

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Re: IMO 2021 - Problema 3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Spoiler: mostrar
IMO 2021 P3 (1).png
Nos olvidamos del punto $X$ (y consecuentemente de $O_1$ y $O_2$) por el momento, vamos a buscar propiedades de la figura.

Primero que nada, notemos que $BCEF$ es cíclico. En efecto, sea $D'$ el conjugado isogonal de $D$ en $ABC$, entonces $A,D,D'$ son colineales (pues $D$ está en la bisectriz de $\angle BAC$) y nos queda$$\angle ECD'=\angle DCB=\angle EDA$$con lo que $CEDD'$ es cíclico. Análogamente, $BFDD'$ es cíclico. Luego, por potencia de un punto tenemos que$$AF\cdot AB=\text{Pot}(A,\odot BFDD')=AD\cdot AD'=\text{Pot}(A,\odot CEDD')=AE\cdot AC$$con lo que $BCEF$ es cíclico.
Sean $G=AD\cap BC$ y $J=AD\cap EF$, entonces $\angle AEJ=\angle AEF=\angle FBC=\angle ABC$ y $\angle JAE=\angle GAE=\angle BAG$, con lo que $AEJ\simeq ABG$, y así $\angle AJE=\angle AGB$, de modo que $\angle FJD=\angle AJE=\angle AGB=\angle DGB$, y al ser $\angle JDF=\angle ADF=\angle GDB$, se sigue que $FJD\simeq DGB$, de donde $\angle DFE=\angle DFJ=\angle BDG$. Sea $H$ el punto de intersección de la tangente a $\odot BCD$ por $D$ con la recta $BC$, entonces $\angle CDH=\angle CBD$ por semiinscripto, y al ser $\angle EDA=\angle BCD$, resulta\begin{align*}\angle HDE & =\angle GDA-\angle GDC-\angle CHD-\angle EDA \\
& =180^\circ -\angle GCD-\angle CBD-\angle BCD \\
& =\angle BDG \\
& =\angle DFE
\end{align*}donde la oenúltima igualdad vale por suma de ángulos interiores de un triángulo. Entonces $DH$ es tangente a $\odot DEF$, con lo que $\odot BCD$ y $\odot DEF$ son tangentes en $D$. Luego, $H$ es el centro radical de $\odot BCEF$, $\odot BCD$ y $\odot DEF$, con lo que $E,F,H$ son colineales. Entonces tenemos que ver que $O_1O_2$ pasa por $H$.
IMO 2021 P3 (2).png
Ahora volvemos a meter al punto $X$. Sea $I$ el segundo punto de intersección de $\odot ADC$ y $\odot EXD$, entonces $O_1O_2$ es la mediatriz de $DI$, con lo que para ver que $O_1O_2$ pasa por $H$, necesitamos ver que $HD=HI$. Eso lo vamos a hacer invirtiendo con centro $H$ y radio $HD$ y observando que $I$ queda fijo, pero antes vamos a ver un par de cosas.
Sea $H'$ el segundo punto de intersección de $\odot AEF$ y $\odot ABC$, nuevamente por ejes radicales se sigue que $A,H',H$ están alineados. Tenemos entonces que $\angle AH'F=\angle AEF=\angle FBC=\angle FBH$, con lo que $BHH'F$ es cíclico. Además\begin{align*}\angle H'EX & =\angle H'EA \\
& =\angle H'FA \\
& =\angle H'HB \\
& =\angle H'HF+\angle FHB \\
& =\angle H'BF+180^\circ -\angle BFH-\angle CBF \\
& =\angle H'BF+180^\circ -\angle BFE-\angle CBF \\
& =\angle H'BF+\angle ECB-\angle CBF \\
& =\angle H'BF+\angle XCB-\angle CBF \\
& =\angle H'BF+\angle XBC-\angle CBF \\
& =\angle H'BF+\angle FBX \\
& =\angle H'BX
\end{align*}con lo que $H'EBX$ es cíclico.
Sean $P,Q$ los puntos de intersección de $\odot ADC$ y $\odot H'EBX$ (no importa cuál es cuál, los vamos a usar para nombrar la recta nomás). Los ejes radicales de $\odot ADC$, $\odot ABC$ y $\odot H'EBX$ son $AC$, $BH'$ y $PQ$, que concurren en un punto $R$. Los ejes radicales de $\odot ADC$, $\odot EDX$ y $\odot H'EBX$ son $DI$, $XE$ y $PQ$, como las rectas $XE$ y $AC$ son las mismas, entonces $DI$, $AC$ y $PQ$ concurren. Luego, $AC,BH',DI,PQ$ concurren en $R$. Se sigue por potencia de un punto que$$RB\cdot RH'=\text{Pot}(R,\odot H'EBX)=RP\cdot RQ=\text{Pot}(R,\odot ADC)=RD\cdot RI$$con lo que $BDH'I$ es cíclico.
Ahora sí, invirtiendo por $H$ con radio $HD$ tenemos que (por potencia de un punto) $H'\mapsto A$, $B\mapsto C$ y $D\mapsto D$, con lo que $\odot BDH'I\mapsto \odot ADC$. Luego, como $I$ está en $\odot ADC$ y en $\odot BDH'I$, su imagen por la inversión también, por lo que solamente puede ser $I$ o $D$, pero $D,H,I$ no son colineales, de modo que debe ser $I$, es decir que $I$ queda fijo tras la inversión, por lo que está en la circunferencia de centro $H$ y radio $HD$, de modo que $HI=HD$, como queríamos.
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Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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