IMO 2014 Problema 3

[Matías V5]

En el cuadrilátero convexo [math]ABCD, se tiene [math]\angle ABC = \angle CDA = 90^{\circ}. La perpendicular a [math]BD desde [math]A corta a [math]BD en el punto [math]H. Los puntos [math]S y [math]T están en los lados [math]AB y [math]AD, respectivamente, y son tales que [math]H está dentro del triángulo [math]SCT y

[math]\angle CHS - \angle CSB = 90^{\circ}, \quad \angle THC - \angle DTC = 90^{\circ}.

Demostrar que la recta [math]BD es tangente a la circunferencia circunscrita del triángulo [math]TSH.

[Ivan]

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Primero transformemos la condición de los ángulos en algo más manejable. Tenemos que [math]C\hat{H}S=C\hat{S}B+90^\circ=180^\circ-S\hat{C}B. Esto sugiere algo como cíclicos o arco capaz, posiblemente con una tangente. Mirando un poco la figura se ve que la paralela a [math]BC por [math]S resulta tangente a la circunferencia circunscripta de [math]CHS. Pero esta tangente es perpendicular a [math]AB (por ser paralela a [math]BC). Esto equivale a decir que el circuncentro de [math]CHS, llamémoslo [math]X, está en [math]AB. El mismo razonamiento dice que el circuncentro de [math]THC, llamémoslo [math]Y, está en [math]AD.

Veamos una estrategia para probar que [math]BD es tangente a la circunscripta de [math]TSH. Esto es como probar que el circuncentro de [math]TSH, llamémoslo [math]O, está en la perpendicular a [math]BD por [math]H, o sea la recta [math]AH. Entonces nos vamos a enfocar en probar que [math]O está en [math]AH. Sabemos que [math]O es la intersección de las mediatrices de [math]SH y [math]TH. La mediatriz de [math]SH no es otra cosa que la bisectriz de [math]S\hat{X}H. Del mismo modo, la mediatriz de [math]TH es la bisectriz de [math]T\hat{Y}H. Entonces queremos probar que esas dos bisectrices se cortan sobre [math]AH. Por teorema de la bisectriz (y un mínimo de tramposética) basta ver que [math]\frac{XA}{XH}=\frac{YA}{YH}.

Podemos describir [math]X de una forma bastante manejable: [math]X está en la mediatriz de [math]HC (por ser circuncentro de [math]SHC) y también está en [math]AB. Luego es la intersección de estas dos rectas. Del mismo modo, [math]Y es la intersección de la mediatriz de [math]HC con [math]AD.


El problema que tenemos que resolver se reformula así:

• En el cuadrilátero convexo [math]ABCD, se tiene [math]\angle ABC = \angle CDA = 90^{\circ}. La perpendicular a [math]BD desde [math]A corta a [math]BD en el punto [math]H. La mediatriz de [math]CH corta a [math]AB en [math]X y a [math]AD en [math]Y. Probar que [math]\frac{XA}{XH}=\frac{YA}{YH}.

Ahora resolvemos el problema nuevo. Queremos probar que [math]\frac{AX}{AY}=\frac{HX}{HY}. Además sabemos que [math]\frac{HX}{HY}=\frac{CX}{CY}. Esto suena mucho a Apolonio. Llamamos [math]\Omega a la circunferencia circunscripta de [math]AHC. La recta [math]XY pasa por el centro de [math]\Omega, por ser mediatriz de [math]HC. Llamamos [math]P y [math]Q a los puntos donde [math]XY corta a [math]\Omega. Por las ideas usuales relacionadas con Apolonio, si probamos que [math]AP y [math]AQ son las bisectrices de [math]X\hat{A}Y, habremos resuelto el problema.

Entonces queremos ver que [math]AP y [math]AQ son las bisectrices de [math]B\hat{A}D.

Como [math]P y [math]Q son los puntos medios de los arcos [math]HC, se tiene que [math]AP y [math]AQ son las bisectrices de [math]H\hat{A}C.

Por un momento pensamos en el triángulo [math]ABD, que tiene altura [math]AH y donde [math]C es el opuesto de [math]A en la circunferencia circunscripta. Viendo pocos angulitos sale que [math]B\hat{A}H=C\hat{A}D. Esto nos dice que las bisectrices de [math]B\hat{A}D son las bisectrices de [math]H\hat{A}C. Pero sabemos que las bisectrices de [math]H\hat{A}C son [math]AP y [math]AQ. Entonces [math]AP y [math]AQ son las bisectrices de [math]B\hat{A}D y estamos [math]\square

[jujumas]

Otra forma:

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Figura de análisis:

IMO2014P3.png

Sean $C_1$ y $C_2$ los reflejos de $C$ por $B$ y por $D$. La condición de ángulos se traduce a $S\hat{C_1}C=180^{\circ} - C\hat{H}S$, de donde $CHSC_1$ es cíclico. Análogamente, $CHTC_2$ es cíclico.

Notemos que lo que queremos demostrar se traduce a que el circuncentro de $STH$ se encuentra en $AH$. Luego, lo que queremos demostrar es que la mediatriz de $SH$,
la mediatriz de $HT$ y $AH$ concurren.

Sean entonces $O_1$ y $O_2$ los centros de las circunscritas a $CHS$ y $CHT$ respectívamente, notemos que dichas mediatrices son las bisectrices de $SO_1H$ y de $TO_2H$, y como $O_1$ y $O_2$ caen en $AB$ y $AD$ respectivamente, ya que caen en las mediatrices de $CC_1$ y $CC_2$ respectivamente, lo que queremos demostrar se traduce a que la bisectriz de $A\hat{O_1}H$ y la de $A\hat{O_2}H$ cortan a $AH$ en la misma proporción.

Luego, por el Teorema de la bisectriz, queremos ver que $\frac{AO_1}{O_1H} = \frac{AO_2}{O_2H}$.

Sean $S_1$ y $T_1$ los segundos puntos de contacto de los circuncírculos de $CHC_1$ con $AB$ y $CHC_2$ con $AD$ respectivamente, vamos a ver que $ST$ y $S_1T_1$ son paralelas.

Para ver esto, consideremos la figura resultante tras hacer estas dos transformaciones:

(i) Una inversión de centro $A$ y radio $\sqrt{AB \times AD}$

(ii) Una reflexión de la figura por la bisectriz de $B\hat{A}D$.

Es fácil ver que esta transformación manda $B$ a $D$, y $D$ a $B$. Esto implica que la transformación manda la recta $BD$ al circuncírculo de $ABD$, y manda el circuncírculo de $ABD$ a la recta $BD$. Luego, como $H$ y $C$ son isogonales, concluimos que esta transformación manda $H$ a $C$ y manda $C$ a $H$.

Sean ahora $H_1$ y $H_2$ las imagenes de la transformación de $C_1$ y $C_2$ respectivamente, notemos que la transformación manda $CC_1$ al circuncírculo de $AHD$ y transforma la condición de que $AC_1=AC$ a que $AD$ sea bisectriz de $H\hat{D}H_1$. Luego, $H_1$ es el reflejo de $H$ por $AD$ y $H_2$ es el reflejo de $H$ por $AB$, pero notemos que $C_1H_2SHC$ y $CHTH_1C_2$ son cíclicos, por lo que la transformación intercambia los circuncirculos de $CHS$ y $CHT$.

Por último, esto implica que la transformación intercambia los puntos $S$ y $T_1$ y los puntos $T$ y $S_1$, pero esto implica que $AS \times AT_1 = AT \times AS_1$, por lo que $\frac{AT}{AS} = \frac{AT_1}{AS_1}$, lo que implica que $\frac{AT}{AS} = \frac{TT_1}{SS_1}$, que es lo mismo que decir $\frac{AT}{AS} = \frac{TO_2}{SO_1}$, por lo que $\frac{AO_1}{O_1H} = \frac{AO_2}{O_2H}$ y la demostración esta completa.