Iberoamericana 2009 P3

[Matías V5]

Sean $C_1$ y $C_2$ dos circunferencias de centros $O_1$ y $O_2$ respectivamente, ambas con el mismo radio, que se intersectan en $A$ y $B$. Sea $P$ un punto sobre el arco $AB$ de $C_2$ que está en el interior de $C_1$. La recta $AP$ intersecta a $C_1$ en $C$, la recta $CB$ intersecta a $C_2$ en $D$, y la bisectriz de $\angle CAD$ intersecta a $C_1$ en $E$ y a $C_2$ en $L$. Sea $F$ el simétrico de $D$ con respecto al punto medio de $PE$. Demostrar que existe un punto $X$ que satisface $\angle XFL = \angle XDC=30^\circ$ y $CX=O_1O_2$.

[Fran5]

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Notemos que [math]\angle AO_1C = 2 \angle AFC = 2 (180 - \angle ABC) = 2 (\angle ABD) = \angle AO_2D
Luego, como [math]AO_1=AO_2 y [math]O_1C=O_2D se tiene que los triángulos [math]AO_1C y [math]AO_2D son congruentes.
En particular, son rotohomotéticos, por lo que [math]AO_1O_2 y [math]ACD también lo son

Luego [math]AC=AD y su bisectriz pasa por el punto medio de [math]CD
De esto sigue que [math]ECLD es un rombo, de modo que [math]ED=FP=CL=EC=DL=O_1O_2

Sea [math]X tal que [math]CLX es equilátero y [math]X y [math]D estén en distintos semiplanos respecto de [math]CL

[math]X pertenece a la circunferecia de centro [math]C y radio [math]CL=O_1O_2
Ahora, [math]\angle XFL = \frac{\angle XCL}{2}= 30

Por otro lado, [math]X pertenece a la circunferencia de centro [math]L y radio [math]LC=O_1O_2
Ahora, [math]\angle XDC = \frac{\angle XLC}{2}= 30

Por lo tanto, existe tal [math]X, [math]QED

[Gianni De Rico]

Solución:

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Sea $X$ en el mismo semiplano que $A$ respecto a $CL$ tal que $CLX$ es equilátero. Vamos a ver que $X$ verifica las condiciones del enunciado.

Como $\angle ABC=180^\circ -\angle ABD$, tenemos que las cuerdas $AC$ y $AD$ subtienden ángulos suplementarios en circunferencias congruentes, de donde $AC=AD$, luego, $AO_1C\equiv AO_2D$, de donde $AO_1O_2$ y $ACD$ son rotohomotéticos.
Sean $\angle CAE=\alpha$ y $\angle O_1AC=\beta$, luego, $\angle AO_1O_2=\angle AO_2O_1=90^\circ -\alpha$ y $\angle CO_1A=180^\circ -2\beta$, de donde $\angle CO_1O_2=\angle CO_1A-\angle AO_1O_2=180^\circ -2\beta -(90^\circ -\alpha )=90^\circ +\alpha -2\beta$, por otro lado, $\angle LAO_2=\angle EAO_2=\angle EAD-\angle O_2AD=\alpha -\beta$, de donde $\angle LO_2A=180^\circ -2(\alpha -\beta )=180^\circ +2\beta -\alpha$, entonces $\angle LO_2O_1=\angle LO_2A-\angle AO_2O_1=180^\circ +2\beta -2\alpha -(90^\circ -\alpha )=90^\circ +2\beta -\alpha$, por lo tanto $\angle CO_1O_2+\angle LO_2O_1=90^\circ +\alpha -2\beta +90^\circ +2\beta -\alpha =180^\circ$, de donde $O_1C\parallel O_2L$, luego, $CO_1O_2L$ es un paralelogramo, por lo que $CL=O_1O_2$ (1) y $\angle LCO_1=90^\circ +2\beta -\alpha$.
Ahora, $\angle LCO_1=\angle LCD+\angle DCA+\angle ACO_1=\angle LCD+90^\circ -\alpha +\beta$, de donde $\angle LCD=\beta$. Por otro lado, $\angle CEL=\frac{\angle CO_1A}{2}=\frac{180^\circ -2\beta}{2}=90^\circ -\beta$, y como $AC=AD$, entonces $EL$ es mediatriz de $CD$, de donde $EL\perp CD$, luego, $\angle DCE=\beta$, entonces $E$ y $L$ son simétricos por $CD$, de donde $CE\parallel LD$ y $CE=CL=LD$, y como $CLX$ es equilátero tenemos $CL=CX=LX$ (2). Por lo tanto, $L$ es el circuncentro de $CDX$, luego, $\angle XDC=\frac{\angle XLC}{2}=\frac{60^\circ }{2}=30^\circ$ (3).

Sea $C'$ el simétrico de $C$ por el punto medio de $PE$, luego, $CEC'P$ es un paralelogramo de donde $PC'=CE=LD$ y $PC'\parallel CE\parallel LD$, por lo que $C'DLP$ es un paralelogramo, entonces $C'D=LP$. Como $\angle CPL=\angle ADL=\angle ACL=\angle PCL$, tenemos que $LP=LC=CX$, luego, $C'D=CX$, y por simetría resulta $CF=CX=CL$. Por lo tanto $C$ es el circuncentro de $FLX$, luego, $\angle XFL=\frac{\angle XCL}{2}=\frac{60^\circ }{2}=30^\circ$ (4).

De (1), (2), (3) y (4), tenemos que $X$ verifica las condiciones del enunciado, y, por lo tanto, existe.