APMO 2022 P2

[Gianni De Rico]

Sea $ABC$ un triángulo rectángulo con $\widehat B=90^\circ$. Sea $D$ un punto de la recta $BC$ tal que $B$ está entre $D$ y $C$. Sean $E$ el punto medio de $AD$ y $F$ el segundo punto de intersección de la circunferencia circunscrita del triángulo $ACD$ son la circunferencia circunscrita del triángulo $BDE$.
Demostrar que al mover $D$, la recta $EF$ pasa por un punto fijo.

[Fran5]

Este es un lindo problema..

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Dime que usas un paralelogramo sin decirme que usas un paralelogramo....

En realidad uso lo siguiente:

Teorema: Si $ABCD$ es un cuadrilátero, $O$ el punto de intersección de sus diagonales, entonces son equivalentes

• $ABCD$ es paralelogramo,
• $AB=CD$ y $AD=BC$,
• $AO=OC$ y $BO=OD$,
• $\triangle AOD \equiv \triangle BOC$ y $\triangle AOB \equiv DOC$,
• $AB \parallel CD$ y $AD \parallel BC$,
• $\triangle AOD \equiv \triangle BOC$ y $AO = OC$

La primera es la definición. Las siguientes son las clásicas. La última es la que me importa para la solución

Ahora, la solución

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Queremos mostrar que $EF$ pasa por un punto fijo, llamémosle $G$.. así que qué mejor forma de encontrar ese punto que en un caso particular. Supongamos primero que $BD = BC$, de donde $ADC$ tiene que ser isósceles y $BE$ es paralelo a $AC$, pues es base media. En ese caso la circunferencia de $BDE$ es tangente a la de $ACD$ y por tanto $D=F$ y la recta $EF$ pasa por $D$. En particular, $D=F=G$

Veamos entonces que $EF$ siempre pasa por el simétrico de $C$ respecto de $B$. Tomemos también $J$ el segundo punto de intersección de $EF$ con la circunferencia de $ACD$, de modo que $J,E,F$ están en ese orden.
Sea $G = EF \cap BC$. Vamos a suponer que $D$ está entre $G$ y $B$. El otro caso es análogo

Para mostrar que $BG = BC$ , basta mostrar que $BE$ es base media de $GCJ$

Para mostrar que es base media, basta ver que son paralelas y que $E$ es punto medio de $GJ$.

Por angulitos, tenemos $\angle GBE = \angle GFD = 180 - \angle DFJ = \angle DCJ = \angle GCJ$. Luego son paralelas.

Ahora, por angulitos, $\angle DEG = \angle AEJ$ y $$\angle GDE = 180 - \angle BDE = 180 - \angle DBE = \angle DFE = \angle DFJ = \angle DAJ = \angle EAJ$$

Finalmente $DEG$ y $EAJ$ son semejantes, con $$\frac{GB}{BC} = \frac{GE}{EJ} =\frac{DE}{EA} = 1$$

que es lo que queríamos ver.

[Gianni De Rico]

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APMO 2022 P2.png

Sean $G$ el simétrico de $C$ por $B$ y $H$ el segundo punto de intersección de $FE$ con $(ACD)$.
Como $BE=ED$ por mediana a la hipotenusa, tenemos que$$\angle ADC=\angle EDB=\angle DBE=\angle DFE=\angle DFH,$$con lo que $CA=DH$. Entonces $AH\parallel DC$, de modo que $\angle HDC=\angle DCA=\angle GCA$, pero como $\angle ABC=90^\circ$ y $G$ es el simétrico de $C$ por $B$, entonces $CA=AG$, con lo que $\angle AGC=\angle GCA$. Entonces $\angle HDC=\angle AGC$, de modo que $HD\parallel AG$. Como además $AH\parallel CD\parallel GD$, tenemos que $AHDG$ es un paralelogramo. Como $E$ es el punto medio de $AD$, entonces $E$ es el punto medio de $GH$, luego, $E,F,G,H$ están todos sobre la recta $EH$. Entonces al mover $D$ la recta $EF$ pasa siempre por el punto fijo $G$.