EGMO 2021 - P4

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
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Sandy

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EGMO 2021 - P4

Mensaje sin leer por Sandy »

Sea $ABC$ un triángulo con incentro $I$ y sea $D$ un punto arbitrario en el lado $BC$. La recta que pasa por $D$ y es perpendicular a $BI$ interseca a $CI$ en el punto $E$. La recta que pasa por $D$ y es perpendicular a $CI$ interseca a $BI$ en el punto $F$. Demuestre que la reflexión de $A$ por la recta $EF$ está en la recta $BC$.
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Gianni De Rico

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Re: EGMO 2021 - P4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

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EGMO 2021 P4.png
Notemos primero que $\angle CDE=180^\circ -\angle EDB=180^\circ -(90^\circ -\angle DBI)=90^\circ -\angle DBI=\angle CIA$, y como $\angle ECD=\angle ICB=\angle ACI$, tenemos que $CDE$ y $CIA$ son rotohomotéticos con centro $C$, luego, $CDI$ y $CEA$ son rotohomotéticos con centro $C$, es decir, $\angle IEA=\angle CEA=\angle CDI$. Análogamente, $\angle AFI=\angle IDB$. Entonces $\angle IEA+\angle AFI=\angle CDI+\angle IDB=180^\circ$, de modo que $AFIE$ es cíclico, en particular, $\angle EAF=180^\circ -\angle FIE$.
Sean $G=AI\cap DE$ y $H=AI\cap DF$, por la rotohomotecia se sigue que $\angle DEC=\angle IAC$, es decir, $\angle GEC=\angle GAC$, de modo que $ACGE$ es cíclico. Análogamente, $ABHF$ es cíclico. Sea $A'$ el segundo punto de intersección de $\odot ACGE$ y $\odot ABHF$, entonces $\angle AA'B=\angle AFB=\angle IDB$ y $\angle CA'A=\angle CEA=\angle CDI$, de modo que $A'\in BC$, notemos además que $AA'\parallel DI$. Por otro lado, $\angle FA'A=\angle FBA=\angle CBI$ y $\angle AA'E=\angle ACE=\angle IBC$, de modo que $\angle FA'E=180^\circ -\angle BIC=180^\circ -\angle FIE=\angle EAF$. Finalmente, de las definiciones se sigue que $I$ es el ortocentro de $DEF$, de modo que $DI\perp EF$, entonces $AA'\perp EF$. Es decir que $\angle FA'E=\angle EAF$ y $AA'\perp EF$, por lo que solamente puede ser $A'\equiv A$ o $A'$ el simétrico de $A$ por $EF$, pero el primer caso no puede pasar por definición de $A'$, se sigue que es el simétrico y está en $BC$, 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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Monazo

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Re: EGMO 2021 - P4

Mensaje sin leer por Monazo »

Me quedo medio larga la demostración. Pero pueden leer las propiedades directamente para tener el esquema de solución.
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EGMO 2021 - P4.png
LLamamos $J$ a la intersección de $FE$ y $AA'$, $G$ al pie de la perpendicular a $BI$ que pasa por $D$, $H$ al pie de la perpendicular a $CI$ que pasa por $D$, y $K$ a la intersección de $DF$ y $AC$.

Propiedad 1: $\triangle DCK$ es isósceles.
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Demostración: Aprovechamos que $CH$ y $DF$ son perpendiculares, y $CI$ es bisectriz de $DCK$. Aplicando un criterio LAL obtenemos que los triángulos $DHC$ y $KHC$ son congruentes con $KC = DC$. En definitiva, $CI$ es mediatriz de $DK$
Propiedad 2: $AIEK$ es un cuadrilátero cíclico.

Demostración:
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Viendo el triángulo $GBD$, tenemos que $\angle BGD = 90$ y $\angle GBD = \frac{\hat{B}}{2} $, por lo tanto tenemos que $\angle BDG = 90 - \frac{\hat{B}}{2}$.
Viendo el triángulo $HDC$, tenemos que $\angle CHD = 90$ y $\angle HCD = \frac{\hat{C}}{2} $, por lo tanto tenemos que $\angle HDC = 90 - \frac{\hat{C}}{2}$.
Dado que $\triangle KDC$ es isósceles, tenemos que $\angle DKC = \angle KDC = 90 - \frac{\hat{C}}{2}$.
Dado que $\angle BDG + \angle EDK + \angle HDC = 180$, tenemos que $\angle GDH = \frac{\hat{B}}{2} + \frac{\hat{C}}{2}$.
Dado que $E$ pertenece a la recta $CI$ (mediatriz de $DK$), tenemos que $\angle EDK = \angle EKD = \frac{\hat{B}}{2} + \frac{\hat{C}}{2}$, y $\angle EHD = \angle EHK = 90 - \frac{\hat{B}}{2} - \frac{\hat{C}}{2}$
Dado que $\angle IEK + \angle KEH = 180$, obtenemos que $\angle IEK = 90 + \frac{\hat{B}}{2} + \frac{\hat{C}}{2} = 180 - \frac{\hat{A}}{2}$.
De esta manera vemos que los ángulos opuesto del cuadrilátero $AIEK$ suman 180, con $\angle KAI + \angle IEK = \frac{\hat{A}}{2} + 180 - \frac{\hat{A}}{2} = 180$
Propiedad 3: $FIEK$ es un cuadrilátero cíclico

Demostración:
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Aprovechando varios ángulos hallados en la propiedad anterior, tenemos que $\angle IEG = \angle DEH = 90 - \frac{\hat{B}}{2} - \frac{\hat{C}}{2}$. Dado que $\triangle IEG$ es rectángulo en $G$, tenemos que $\angle GIE = \frac{\hat{B}}{2} + \frac{\hat{C}}{2}$.
Dado que $\angle EKD + \angle EKF = 180$, tenemos que $\angle EKF = 90 + \frac{\hat{B}}{2} + \frac{\hat{C}}{2}$.
Vemos nuevamente que los ángulos opuestos del cuadrilatero suman $180$ y ganamos.
Propiedad 4: $AIEKF$ es un pentágono cíclico

Demostración:
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Dado que que $AIEK$ es cíclico, y $FIEK$ también lo es, y ambos cuadriláteros comparten los puntos $I$, $E$ y $K$. Recordando que la circunscrita de un triángulo es única, tenemos así que es la misma circunferencia para ambos cuadriláteros.
Propiedad 5: $FABA'$ es un cuadrilátero cíclico

Demostración:
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Por el pentágono cíclico, tenemos que $= \angle AFE = 180 - \angle AIE = \frac{\hat{A}}{2} - \frac{\hat{C}}{2}$. Dado que el triángulo $AJF$ es rectángulo en $J$, tenemos que $\angle JAF = \angle A'AF = 90 - \frac{\hat{A}}{2} - \frac{\hat{C}}{2} = \frac{\hat{B}}{2}$.
Dado que el triángulo $AFA'$ es isósceles en $F$ por propiedades de reflexión, tenemos que $\angle AA'F = AA'F = \frac{\hat{B}}{2}$.
Si tomamos la cuerda $AF$, notemos que $\angle ABF = \angle AA'F = \frac{\hat{B}}{2}$, por lo que se cumple arco capaz y ganamos.
Propiedad 6: $B$, $C$ y $A'$ son colineales.

Demostración:
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Sabemos que $\angle FBA' = \frac{\hat{B}}{2}$ y por el cíclico demostrado en la propiedad anterior, tenemos que $\angle FAA' = \angle FBA' = \frac{\hat{B}}{2}$. Como $C$ y $A'$, definen el mismo ángulo respecto al segmento $BF$, tenemos la colinealidad que queríamos, resolviendo así el problema.
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Sandy

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Re: EGMO 2021 - P4

Mensaje sin leer por Sandy »

Solución:
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Figura P4 EGMO.jpeg

Parte $1$: $AEIF$ es cíclico
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$C\widehat{D}E=180^{\circ}-E\widehat{D}B=180^{\circ}-\left( 90^{\circ}-\frac{A\widehat{B}C}{2}\right)=180^{\circ}-\frac{180^{\circ}-A\widehat{B}C}{2}=180^{\circ}-\frac{B\widehat{A}C+B\widehat{C}A}{2}=180^{\circ}-I\widehat{A}C-I\widehat{C}A=A\widehat{I}C$
Además, $A\widehat{C}I=D\widehat{C}E$, luego $D\overset{\Delta}{C}E\approx I\overset{\Delta}{C}A$ y, particularmente, son rotohomotéticos. Luego $D\overset{\Delta}{C}I\approx E\overset{\Delta}{C}A$.
De esto último se sigue que $I\widehat{E}A=C\widehat{E}A=C\widehat{D}I$.
Análogamente, $I\widehat{F}A=B\widehat{F}A=B\widehat{D}I=180^{\circ}-C\widehat{D}I=180^{\circ}-I\widehat{E}A$, de lo que se sigue que $AEIF$ es cíclico.
Parte $2$: ¿Qué pasa con $EAFA'$?
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Es claro que, meramente por propiedades de la reflexión, $E\overset{\Delta}{F}A'\equiv E\overset{\Delta}{F}A$. Luego tenemos, usando también que $AEIF$ es cíclico, que:
$E\widehat{F}A'=E\widehat{F}A=E\widehat{I}A=180^{\circ}-C\widehat{I}A$
$F\widehat{E}A'=F\widehat{E}A=F\widehat{I}A=180^{\circ}-B\widehat{I}A$
¡Pero $C\widehat{I}A$ y $B\widehat{I}A$ no dependen de $D$! Esto implica que los ángulos de $E\overset{\Delta}{F}A'$ y $E\overset{\Delta}{F}A$ son fijos. De esto, sumado a que comparten $EF$, se sigue que en la colección de cuadriláteros $EAFA'$ (variando $D$) son todos semejantes entre sí. Como, además, el punto $A$ es fijo, al ser continuo el movimiento de $E$, $F$ y $A'$ (es bastante obvio pero importante de mencionar), tenemos que el cuadrilátero $EAFA'$ describe una rotohomotecia dinámica con centro $A$.
Parte $3$: ¿Qué hace $A'$?
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Lema: la figura que describe $A'$ es semejante a la que describe $E$.
Demostración: Sean $A'_1$ y $E_1$ posiciones fijas de $A'$ y $E$. Sean $A'_2$ y $E_2$ otras posiciones (arbitrarias) de $A'$ y $E$. Dado que $A'_1\widehat{A}E_1=A'_2\widehat{A}E_2$, sumándole o restándole lo que haya entre los dos ángulos (dependiendo de si se solapan o no), nos queda que $A'_1\widehat{A}A'_2=E_1\widehat{A}E_2$. Además, tenemos que $\frac{A'_1}{E_1}=\frac{A'_2}{E_2}$, luego $A'_1\overset{\Delta}{A}A'_2\approx E_1\overset{\Delta}{A}E_2$.
Pero esto nos está diciendo que la rotohomotecia que manda $E_1$ a $E_2$ es la misma que nos manda $A'_1$ a $A'_2$. Pero $A'_2$ y $E_2$ eran posiciones arbitrarias, luego haciendo esto para cada $\left(A'_2,\; E_2\right)$ nos queda que la rotohomotecia lleva la figura descripta por $E$ a la figura descripta por $A'$, de lo que se sigue lo que buscábamos.

Ahora entonces sabemos que, como $E$ describe una recta -o una porción de recta- (ya que se mueve sobre $CI$), $A'$ también debe describir una recta (o una porción).
Parte $4$: Problema reformulado (y extra)
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Ahora, si cuando $C=D=E$ y cuando $B=D=F$, $A'\in BC$, ganamos, pues una recta queda determinada por dos puntos, por lo que $A'$ debería moverse sobre $BC$. Claramente ambos casos son análogos, por lo que nos enfocaremos en el primero. Así, reformulamos el problema general como un casi equivalente a lo siguiente:
Sea $ABC$ un triángulo con incentro $I$. Sea $F$ la intersección de $BI$ con la perpendicular por $C$ a $CI$. Demostrar que la reflexión de $A$ por $CF$ cae sobre $BC$.

Figura P4 EGMO reformulado.jpeg

Veremos entonces que, si trazamos la perpendicular a $CF$ por $A$, y marcamos $A_1$ como su intersección con $BC$, efectivamente $CF$ es mediatriz de $AA_1$.
$AA_1$ y $CI$ son ambas perpendiculares a $CF$, luego son paralelas entre sí.
Por un lado, $A\widehat{A_1}C=180^{\circ}-A_1\widehat{C}I=B\widehat{C}I$.
Por otro lado, $A_1\widehat{A}C=I\widehat{C}A$.
Por ser $I$ incentro, esto implica que $A\overset{\Delta}{C}A_1$ es isósceles en $C$, luego la altura desde $C$, que es $CF$, es mediatriz de $AA_1$, como buscábamos.

Pero notemos que puse que eran casi equivalentes: esto es porque nos falta ver que, con $C=D=E$ y con $B=D=F$, $A'$ no cae en el mismo lugar. Esto es fácil de ver, pues $0^{\circ}<B\widehat{C}I<90^{\circ}\Longrightarrow B\widehat{C}A<B\widehat{C}I+90^{\circ}<180^{\circ}$, luego $\overset{\rightarrow}{CF}$ queda afuera del triángulo pero entre $\overset{\rightarrow}{CA}$ y la prolongación de $BC$ más allá de $C$. Luego $A$ está en el mismo semiplano que $B$ respecto de $CF$, por lo que la reflexión de $A$ por $EF=CF$ queda en el semiplano opuesto. Particularmente, esto demuestra (haciendo el análogo para $BE$), que, cuando $C=D=E$, $A'C<A'B$, mientras que, cuando $B=D=F$, $A'B<A'C$, por lo que no pueden ser el mismo punto.
Parte $5$: Conclusión (y resumen)
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Probamos, principalmente, que el cuadrilátero $EAFA'$ era siempre semejante. Además, por ser $A$ fijo, los otros tres puntos describían una rotohomotecia. Vimos que $A'$ se movía igual que $E$ (y que $F$, claro está), es decir sobre una recta. Vimos que $A'$, en dos casos particulares, caía sobre dos puntos distintos de $BC$, por lo que debía moverse exclusivamente sobre $BC$, como pedía el problema que demostráramos.

Comentario:
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El Lema de la Parte $3$ es un Lema (o Teorema) MUY útil y que, a diferencia de muchos otros, es totalmente intuitivo: Si dos puntos se mueven de forma que queden en la misma posición relativa, ¿por qué no recorrerían caminos similares? De manera general, el teorema dice que si tenemos una curva que se traslada y re-escala de modo que haya un punto que siempre queda fijo, entonces las figuras que describen todos los puntos no-fijos son semejantes entre sí.
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Última edición por Sandy el Mié 14 Abr, 2021 1:54 pm, editado 1 vez en total.
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Sandy

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Re: EGMO 2021 - P4

Mensaje sin leer por Sandy »

Bueno se subió dos veces mi solución así que aprovecho este post (hasta que lo borre algún moderador) para decir que me encantó este problema.

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El equipo administrador del FORO ha decidido que este post quede ...

PARA SIEMPRE!!!
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Fallo inapelable.

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