IGO 2021 - Nivel Intermedio - P3

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Juaco

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IGO 2021 - Nivel Intermedio - P3

Mensaje sin leer por Juaco »

Dado un cuadrilátero convexo $ABCD$ con $AB=BC$ y $\angle ABD=\angle BCD=90^\circ$. Sea $E$ la intersección de las diagonales $AC, BD$. El punto $F$ se encuentra en el lado $AD$ tal que $\frac{AF}{FD}=\frac{CE}{EA}$. La circunferencia $\omega$ de diámetro $DF$ y el circuncírculo de $ABF$ se cortan por segunda vez en el punto $K$. El punto $L$ es la segunda intersección de $EF$ y $\omega$.
Demuestre que la recta $KL$ pasa por el punto medio de $CE$.
$91$ es el menor número primo que puede escribirse como producto de $2$ números primos menores a el $(91 = 13 × 7) $
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Gianni De Rico

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Re: IGO 2021 - Nivel Intermedio - P3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

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Sean $\angle BAC=\alpha$ y $\angle CAD=\beta$. Notemos primero que$$\angle DCE=\angle DCA=90^\circ -\angle ACB=90^\circ -\angle BAC=\angle AEB=\angle CED,$$de modo que $CD=CE$ y $\angle DCE=90^\circ -\alpha$.
Como $AB=BC$, entonces $B$ está en la mediatriz de $AC$. Sea $G$ el simétrico de $E$ respecto de la mediatriz de $AC$, entonces $BG=BE$, de modo que$$\angle BGC=\angle BGE=\angle GEB=\angle CED=\angle DCE=\angle DCG,$$con lo que $BG\parallel CD$. Por otro lado, tenemos que $G$ es también el simétrico de $E$ respecto del punto medio de $AC$, con lo que$$\frac{AG}{GC}=\frac{CE}{EA}=\frac{AF}{FD},$$y así $GF\parallel CD$. Entonces $B,G,F$ están alineados sobre la paralela a $CD$ por $G$.
Sea $M$ el punto medio de $CE$ y sea $J=DM\cap AB$. Como $CD=DE$, entonces $\angle DME=90^\circ =\angle JBE$, de modo que $BEMJ$ es cíclico, luego,$$\angle DJA=\angle MJB=\angle AEB=90^\circ -\alpha =\angle DCA,$$con lo que $ADCJ$ es cíclico.
Sea $K'$ el centro de $(ADCJ)$
(sutileza, no puede ser $K'\equiv F$ pues como $K'$ es centro de $(ADCJ)$ en ese caso resulta $AD$ diámetro, con lo que $\angle DCA=90^\circ =\angle DCB$, entonces $A,B,C$ están alineados, y como $\angle DBA=90^\circ =\angle DCA$, nos queda $B\equiv C$, y de $AB=BC$ resulta $A\equiv B\equiv C$, entonces $A\equiv B\equiv C\equiv E$, con lo que $F$ no está definido)
. Como $BK'$ es mediatriz de $AC$, entonces $BK'\perp AC$, de modo que $BK'\parallel JD$, luego, $\angle K'BA=\angle DJA=90^\circ -\alpha$. Por otro lado, como$$\angle ADJ=\angle ADM=90^\circ -\beta ,$$resulta $\angle BAK'=\angle JAK'=\beta$. Entonces $\angle K'BA=90^\circ -\alpha$ y $\angle BAK'=\beta$, de modo que$$\angle AK'B=90^\circ -\beta +\alpha =\angle ADM+\angle MDC=\angle ADC=\angle AFB,$$con lo que $AFK'B$ es cíclico. Entonces $\angle FK'A=\angle FBA=90^\circ -2\alpha$, y como $\angle DK'A=2\angle DCA=180^\circ -2\alpha$, nos queda $\angle DK'F=90^\circ$, con lo que $K'\in \omega$. Entonces $K'\equiv K$.
Como $L\in \omega$, entonces $\angle DLF=90^\circ =\angle DME$, con lo que $DMEL$ es cíclico. Como $\angle FDK=\angle ADK=90^\circ -\angle DCA=\alpha$, entonces $\angle KFD=90^\circ -\alpha$, de modo que$$\angle KLD=\angle KFD=90^\circ -\alpha =\angle MED=\angle MLD,$$y así $L,K,M$ están alineados, es decir que la recta $KL$ pasa por el punto medio de $BC$, 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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