P3-Selectivo LIII IMO 2012-Argentina

[amcandio]

Sea $ABC$ un triangulo acutángulo y escaleno con $AB< AC$ y circunferencia circunscripta $\Gamma$. La circunferencia $\Gamma_1$ de centro $A$ y radio $AB$ corta al lado $BC$ en $E$ y a la circunferencia $\Gamma$ en $F$. La recta $EF$ corta por segunda vez a la circunferencia $\Gamma$ en el punto $D$ y al lado $AC$ en el punto $M$. La recta $AD$ corta al lado $BC$ en el punto $K$. Finalmente, la circunferencia circunscripta al triangulo $BKD$ corta a la recta $AB$ por segunda vez en $L$. Demostrar que los puntos $K, L, M$ pertenecen a una recta paralela a $BF$.

[Vladislao]

Una manera de probar que $K$, $L$ y $M$ son colineales:

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Es claro que: $\angle BEA=\angle BAC$, por lo que $\angle BAE=180^\circ -2\alpha$, como es ángulo central, debe ser $\angle BFD=90^\circ -\alpha$, y por arco capaz $\angle BAD=90^\circ -\alpha$. Por lo que se sigue que $BC\perp AD$, o sea $\angle BKD=90^\circ$, y por ende $\angle BLD=90^\circ$.

Ahora, por arco capaz $\angle BCA=\angle BFA=\angle FBA$. Ahora, $\angle AEF=\angle AFE=\angle AFB+\angle BFE=\angle ACB+\angle BAD$.

Luego, $\angle AEF=\angle ACB+90^\circ -\angle CBA$. Entonces debe ser $\angle MEC=180^\circ -\angle AEF-\angle BEA$, usando lo que encontramos hasta ahora sigue que $\angle MEC=90^\circ -\angle BAC$. Y de esta igualdad, se desprende que $\angle EMC=90^\circ$.

Ahora bien, hemos encontrado que: $\angle BKD=\angle BLD=\angle EMC=90^\circ$, o sea que $L$, $K$ y $M$ son las proyecciones ortogonales de $D$ sobre los lados del triángulo $\triangle ABC$. Como $D$ está en $\Gamma$ que es la circunferencia circunscrita, el Teorema de Simson nos garantiza que $K$, $L$ y $M$ son colineales.

Para probar que esa recta es paralela a $BF$:

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$\angle ACF=\angle ABF=\angle ACB=\angle MCE$, por lo que $CF=CE$, y como $\angle EMC=90^\circ$, entonces $M$ es punto medio de $EF$.

Además probamos que $AK$ es altura en el $\triangle ABE$, por lo que de manera análoga como $AB=AE$, entonces $K$ es punto medio de $BE$. Luego: $\frac{EK}{KB}=1=\frac{EM}{MF}$, y por Thales, se sigue que $BF\parallel KM$ como queríamos.

[amcandio]

nah igual el problema muere sin nada casi

[Vladislao]

Lo que hacés en definitiva es probar la ida de Simson. O sea que sí, sale con "casi nada".

[Matías V5]

No Lucho, Ale está siendo literal... no posteo la solución porque en realidad es de Zylber así que voy a esperar a que la postee él

[Caro - V3]

Angulitos y semejanza.
Subo solo el dibujo porque tengo sueño y pocas ganas de escribir.

P3 Sel IMO 2012.png

Un par de ideas:

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Probar que M es punto medio de EF y K de BE, para hacer la semejanza de BEF con KEM (y probar que FBC = MKE)
Ver que <KDL = <ABC para sacar que FBC = LDB = LKD

[Ivan]

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No usé que $M$ es punto medio, así que supongo que es una solución un poco distinta.

Primero notemos que $\angle ABF=\angle BFA=\angle BDA=\angle BDK=\angle BLK$. Entonces $BF\parallel LK$.

Tenemos que $\triangle BDE\sim \triangle FEC$ (porque $BDCF$ es cíclico). Entonces $\frac{ED}{EC}=\frac{EB}{EF}$.

Además $\angle KCM=\angle BCA=\angle ADF =\angle KDM$. Entonces $\triangle KDE \sim \triangle MCE$ y tenemos $\frac{ED}{EC}=\frac{EK}{EM}$.

Igualando tenemos $\frac{EB}{EF}=\frac{EK}{EM}$ y por el teorema de Tales $BF\parallel KM$.

Sigue que además $K$, $L$ y $M$ están alineados.

[ésta]

Debería haber posteado esto antes pero colgué,

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$\angle BLK=\angle BDK = \angle AFB = \angle ABF \Rightarrow LK \parallel BF$.
Las primeras dos igualdades por arco capaz en las cuerdas $BK$ y $AB$ y la última por $AB=AF$.

Además $\angle ADF=\angle ABF= \angle AFB=\angle ACB \Rightarrow CMKD$ es cíclico.
La primera por arco capaz en $AF$, la segunda por $AB=AF$ y la tercera por arco capaz en $AB$.

Y por último $\angle MKC= \angle MDC = \angle FBC \Rightarrow KM \parallel BF$.
La primera por arco capaz en $MC$ y la segunda por arco capaz en $CF$.

De esto se sigue que $LK$ y $KM$ son dos rectas paralelas a $BF$ que pasan por $K$ por lo tanto deben ser la misma y el problema queda demostrado.

Notese que nunca use el punto $E$.

[Matias Martos]

No usé que [math]M es punto medio, así que supongo que es una solución un poco distinta.

Primero notemos que [math]\angle ABF=\angle BFA=\angle BDA=\angle BDK=\angle BLK. Entonces [math]BF\parallel LK.

Tenemos que [math]\triangle BDE\sim \triangle FEC (porque [math]BDCF es cíclico). Entonces [math]\frac{ED}{EC}=\frac{EB}{EF}.

Además [math]\angle KCM=\angle BCA=\angle ADF =\angle KDM. Entonces [math]\triangle KDE \sim \triangle MCE y tenemos [math]\frac{ED}{EC}=\frac{EK}{EM}.

Igualando tenemos [math]\frac{EB}{EF}=\frac{EK}{EM} y por el teorema de Tales [math]BF\parallel KM.

Sigue que además [math]K, [math]L y [math]M están alineados.

Me podrian explicar como demuestran cada cosa, que propiedad y que criterios usan, ya que comenzaste a explicar la solucion dando por sentado que varios angulos valen lo mismo sin explicacion previa. Muchas Gracias!!

[Matías V5]

Me podrian explicar como demuestran cada cosa, que propiedad y que criterios usan, ya que comenzaste a explicar la solucion dando por sentado que varios angulos valen lo mismo sin explicacion previa. Muchas Gracias!!

Creo que las propiedades que usa (aparte de cosas como que en un triángulo isósceles los ángulos opuestos a los lados iguales también son iguales) son las básicas de cuadriláteros cíclicos, que están acá: http://omaforos.com.ar/viewtopic.php?f=6&t=1175