Sea $ABC$ un triángulo acutángulo y sea $O$ su circuncentro. Una circunferencia $\omega$ por $A$ y $O$ vuelve a cortar a $AB$ en $D$, a $AC$ en $E$ y al circuncírculo de $ABC$ en $F$. Demostrar que el simétrico de $F$ respecto de $DE$ pertenece a la recta $BC$.
Primero que nada, un par de comentarios respecto al problema y a su solución (no abran si quieren seguir pensando el problema sin ver nada de la solución):
La gran mayoría de las soluciones se basan en dos grandes pasos. Primero, en mostrar que $FD=DB$ o $FE=EC$, y segundo en terminar el problema. En mi opinión, la solución oficial, aunque requiere marcar un punto nuevo, contiene una de las formas más cortas de hacer ambas partes.
Algo que es importante de destacar este problema, es la cantidad de soluciones distintas que tiene. Hay muchos enfoques distintos, y para casi cualquier proyecto hay al menos una forma de terminar el problema.
Para ver que $FE=EC$, notemos que por ángulo central en $AFC$ y arco capaz, $2 \angle FCE=2 \angle FCA= \angle FOA = \angle FEA$, de donde $\angle FCE = \angle CFE$.
Sean $F'$ el reflejo de $F$ por $DE$ y $S$ el punto de intersección de $DE$ y $BC$ (puede ser el punto infinito), es claro que $\angle ESF' = \angle ESF$, por lo que queremos probar que $\angle ESC = \angle ESF$.
Para esto, notemos que como $FABC$ y $FADE$ son cíclicos, $\angle FED = \angle FCB$ y $\angle FES = \angle FCS$, de donde $FECS$ es cíclico, y como $FE=EC$, $\angle ESC = \angle ESF$ como queríamos ver.
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Última edición por jujumas el Lun 28 Ene, 2019 10:50 pm, editado 2 veces en total.
Marcamos $H$ sobre la recta $DE$ de modo que $F\widehat{H}D$$=90$. A la intersección de la recta $FH$ con $BC$ la llamamos $J$. Ahora, llamamos a $A\widehat{C}F$$=$$\alpha$. Por ángulo central, $F\widehat{O}A$$=2$$\alpha$. Por arco capaz con la cuerda $FA$, $A\widehat{O}F$$=$$A\widehat{E}F$$=2$$\alpha$. Por ángulo exterior en el triángulo $FEC$, tenemos que $E\widehat{F}C$$=$$A\widehat{E}F$$−$$E\widehat{C}F$$=2$$\alpha$$−$$\alpha$$=$$\alpha$. Por lo tanto, el triángulo $FEC$ es isósceles.
Como $AO=FO$ por ser ambos radios de la misma circunferencia, $F\widehat{A}O$$=$$A\widehat{F}O$$=(180−$$F\widehat{O}A$$)/2=90−$$\alpha$. Por arco capaz, $F\widehat{A}O$$=$$F\widehat{E}O$$=90−$$\alpha$. Por lo tanto, $EO$ es bisectriz de $F\widehat{E}C$, y como $FEC$ es isósceles, $EO$ pertenece a la mediatriz de $FC$, por lo tanto si prolongamos $EO$ va a cortar a $FC$ en $L$ con $F\widehat{L}E$$=90$ y $L$ punto medio de $FC$. Entonces, como $F\widehat{H}E$$=90=$$F\widehat{L}E$, el cuadrilátero $FHLE$ es cíclico.
Ahora, llamamos $X$ a $F\widehat{A}D$. Por arco capaz con la cuerda $FD$, $F\widehat{A}D$$=x=$$F\widehat{E}D$, y por arco capaz con la cuerda $FB$, $F\widehat{A}B$$=x=$$F\widehat{C}B$. Como $FELH$ es cíclico, por arco capaz con la cuerda $FH$, $F\widehat{E}H$$=x=$$F\widehat{L}H$.
Ahora, podemos notar que como $F\widehat{L}H$$=x=$$F\widehat{C}B$, las rectas $HL$ y $BC$ son paralelas, y como $L$ es el punto medio de $FC$, podemos determinar que $HL$ es la base media del triángulo $FCJ$, donde nos queda que $FH=HJ$, con lo que queda demostrado que $J$ es el simétrico de $F$ respecto de la recta $DE$, y cae sobre la recta $BC$.
La solución está completa
Sea $F'$ el simetrico de $F$ en $DE$.Sea $G$ el centro de $\odot (ADE)$ entonces como $F$ es centro espiral que cambia $DE\to BC$ entonces cambia $G\to O$ de esto como $FG=GO$ entonces $FD=DB=F'D$.Si $\angle FBD=\alpha\to \angle F'DE=\angle FDE=\angle FBC=B+\alpha,\angle FDB=180-2\alpha$.
De esto $\angle BDF'=360-(\angle FDB+\angle FDE+\angle F'DE)=180-2B$ de esto cómo $DB=DF'$ entonces $\angle DBF'=DF'B=B=\angle ABC$ de esto tenemos que $B,F',C$ son coloniales.
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Sean $\Gamma$ el circuncírculo de $\triangle ABC$ y $\Omega$ el cricuncírculo de $ADOEF$, y supongamos sin pérdida de generalidad de $F$ cae en el arco $AC$ de $\Gamma$ que no contiene a $B$. Como $O$ es el circuncentro de $\triangle ABC$, entonces es el centro de $\Gamma$ y tenemos $OA=OF\Rightarrow \angle OAF=\angle OFA$. Ahora, $\angle BDO=180^\circ -\angle ODA=\angle OFA=\angle OAF=\angle ODF$ por arco capaz en $\Omega$, por ser radios $OB=OF=OA$, entonces $\angle OBD=\angle OBA=\angle OAB=\angle OAD=\angle OFD$ por ser $\triangle AOB$ isósceles en $O$ y por arco capaz en $\Omega$; en resumen $\angle OBD=\angle OFD$, $\angle ODB=\angle ODF$ y $OB=OF$, por lo que $\triangle OBD\equiv \triangle OFD\Rightarrow DB=DF$. Análogamente $EC=EF$.
Sea $F'$ el segundo punto de intersección de la circunferencia de centro $D$ y radio $DB=DF$, luego $\angle FF'B=180^\circ -\frac{1}{2}\angle BDF\Rightarrow \angle FF'C=\frac{1}{2}\angle BDF$ (*). Por arco capaz en $\Gamma$ tenemos $\angle BFC=\angle BAC=\angle DAE$, y por arco capaz en $\Omega$ tenemos $\angle DAE=\angle DFE$, luego $\angle BFC=\angle DFE\Rightarrow \angle DFB=\angle DFE-\angle BFE=\angle BFC-\angle BFE=\angle EFC$, y como $DB=DF$ y $EC=EF$ tenemos $\angle FBD=\angle DFB=\angle EFC=\angle FCE$, de donde $\angle CEF=\angle BDF$, y de (*) tenemos $\angle FF'C=\frac{1}{2}\angle CEF$, por lo que $F'$ pertenece a la circunferencia de centro $E$ y radio $EC=EF$, es decir $EF'=EF$.
Ahora, si $F''$ es el simétrico de $F$ respecto a $DE$, tenemos $DF''=DF=DF'$ y $EF''=EF=EF'$, como $F'$ y $F''$ están en el semiplano opuesto a $F$ respecto a $DE$, resulta $F''=F'$, por lo que $F'$ es el simétrico de $F$ respecto a $DE$, y pertenece a la recta $BC$.
Sea $\Gamma$ el circuncírculo de $\triangle ABC$, y supongamos sin pérdida de generalidad que $F$ está en el arco $AC$ de $\Gamma$ que no contiene a $B$. Sea $G$ el punto donde la recta $DE$ corta a la recta $BC$, el enunciado del problema es equivalente a ver $\angle FGD=\angle DGB$.
Ahora, $\angle FDG=\angle FDE=\angle FAE=\angle FAC=\angle FBC=\angle FBG$, por lo que $BDFG$ es cíclico, luego, basta ver que $DB=DF$. Por suma de ángulos interiores de un triángulo tenemos $\angle FDA=\angle FBD+\angle BFD$, pero por arco capaz tenemos $\angle FDA=\angle FOA=2\angle FBA=2\angle FBD$, luego $2\angle FBD=\angle FBD+\angle BFD\Rightarrow \angle FBD=\angle BFD$, por lo que $DB=DF$. Y estamos.
OFO 2019 P8 2.png
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"En el problema 8 está permitido asumir que tanto D como E pertenecen al interior de los segmentos AB y AC respectívamente."
Julian Masliah 2019
WLOG $F$ esta en el arco $AC$ (Es para que queden bien los ciclico)
Llamamos $F'$ al simetrico de $F$, $E'$ a la otra intersección de $FE$ con la circunscrita de $ABC$ y $D'$ a la otra intersección de $FD$ con la circunscrita de $ABC$.
$ABC$ y $FD'E'$ son semejantes y como comparten circunscrita son congruentes por lo que $FD'E'$ es una rotación de $ABC$ con centro $O$ y angulo $2α$ por esto $AF=BD'=CE'$
Por la reflexión $∠DFE=∠DF'E=∠BAC$, $DF=DF'$ y $EF=EF'$
$∠D'FB=∠DFB=∠ABF=∠DBF$
Por esto $BDF$ es isosceles con $DB=DF=DF'$ por lo que tambien $DBF'$ es isosceles.
Definimos $BF\cap DO=X$, $\Gamma$ a la circunscripta de $ABC$, $EF\cap \Gamma=Y$, $AY\cap EO=Z$ y $F'$ el simétrico de $F$ respecto de $DE$. Es claro que $AO=BO=YO=FO$ por ser todos radios de $\Gamma$ y que $DF'=DF$ por propiedades de la reflexión. Ahora bien, considerando la cuerda $OF$ en $\omega$ tenemos que $\angle FDO= \angle FEO= \angle FAO= \alpha$. Ahora bien, es una propiedad conocida que si tomo dos cuerdas de igual longitud sobre una misma circunferencia, entonces el ángulo que se forma uniendo los extremos de una cuerda con cualquier punto del arco mayor de ella, es el mismo que se forma uniendo los extremos de la otra cuerda con cualquier punto del arco mayor de ella. Pero teníamos que $OF=AO$, por lo tanto tenemos también por arco capaz que $\angle AFO= \angle ADO=AEO= \alpha$. Ahora nos paramos en la cuerda $DF$ de $\omega$ y tenemos $\angle DEF= \angle DAF= \angle DOF= \beta$, ahora ubicándonos en la cuerda $BF$ de $\Gamma$, como $\angle BAF=\beta$ tenemos que $\angle BAF=\angle BCF =\beta$. Pero $AO=BO$, por lo que $\angle BAO= \alpha+ \beta=\angle OBA$, con lo que $\angle AOB=180-2\alpha -2\beta$, pero este es el ángulo central de la cuerda $AB$ correspondiente a $\Gamma$, con lo que $\angle AFB=90-\alpha-\beta$. Por otro lado, teníamos que $\angle AFO=\alpha$, así que nos queda que $\angle BFO= \angle 90-\beta$, pero mirando el triángulo $OXF$ tenemos un ángulo de $90-\beta$ y un ángulo de $\beta$, con lo que $\angle OXF=90$, pero $OBF$ es isósceles con $OB=OF$ por lo que $OX$ también se bisectriz y $\angle BOX= \angle FOX= \beta$, miramos entonces los triángulos $OBD$ y $OFD$, tienen ambos un ángulo que mide $\beta$, y los lados que lo comprenden son iguales $(OB=OF$ y $OD$ es compartido$)$ por lo que ambos triángulos son iguales y $BD=DF=DF'$.
Nos paramos ahora en la cuerda $AE$ sobre $\omega$ y por arco capaz tenemos $\angle EDA= \angle EFA= \angle EOA=\gamma$. Ahora bien, parándonos en la cuerda $YA$ en $\Gamma$ tenemos que $\angle YFA=\gamma$ y que $\angle YOA$ es su ángulo central, con lo que $\angle YOA= 2\gamma$, y ya sabíamos que $\angle AOZ=\gamma$, con lo que $\angle YOZ= \gamma$ y $OE$ resulta bisectriz de $\angle AOY$, ahora viendo los triángulos $OAE$ y $OYE$ vemos que ambos tienen un ángulo que mide $\gamma$, y los lados que lo comprenden son iguales ($AO=YO$ y $OE$ es compartido $)$, por lo que ambos triángulos son iguales y $EA=EY$. Ahora bien, por potencia de un punto en $E$ respecto de $\Gamma$ tenemos que $EA.EC=EY.EF$ pero $EA=EY$ con lo que $EC=EF$, y como $\angle CEF=2\alpha$ entonces $\angle ECF= \angle EFC= 90-\alpha$.
Ahora bien, sabíamos que $\angle BFA=90-\alpha-\beta$ y que $\angle YFA= \gamma$, con lo que $\angle BFY=90-\alpha-\beta-\gamma$. Ahora miramos el triángulo $BCF$, sabemos que $\angle BCF= \beta$ y que $\angle BFC=\angle BFY+ \angle YFC=(90-\alpha-\beta- \gamma)+(90-\alpha)=180-2\alpha-\beta-\gamma$, combinando ambos datos llegamos a que $\angle FBC= 2\alpha+\gamma$. Ahora nos transportamos al triángulo isósceles $BDF$, tenemos $\angle BDF=2\alpha$, con lo que $\angle DBF= \angle DFB= 90-\alpha$. Por último, nos transportamos al triángulo isósceles $BDF'$, por propiedades de la reflexión $\angle FDE= \angle EDF'$, con lo que $\angle EDF'=2\alpha+\gamma$, y sabíamos que $\angle EDA=\gamma$, por lo que nos queda $\angle BDF'=2\alpha+2\gamma$ y por ende $\angle DF'B=\angle DBF'=90-\alpha-\gamma$.
Ahora, por último, vemos que $\angle F'BD+\angle DBF+ \angle FBC= (90-\alpha-\gamma)+(90-\alpha)+(2\alpha+\gamma)=180$, con lo que $F', B, C$ forman un ángulo llano, y por ende podemos concluir que están alineados como queríamos probar.
