"La CUARenTenA"- Problema 5

[Mórtimer]

Dado un triángulo $ABC$, sean $M$ y $N$ los puntos medios de $AC$ y $AB$, respectivamente. Se marca el punto $D$ en $BC$ tal que $AD=DB$. $DM$ corta a $AB$ en $K$. Las circunferencias circunscritas de $KAM$ y $KND$ se intersecan nuevamente en $P$.
Demostrar que $\angle PAC= \angle ABC$.

[Gianni De Rico]

Mini comentario

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Lo que tienen que pedir ahí en realidad es probar que $AP$ es tangente al circuncírculo de $ABC$, porque según el dibujo te puede quedar $\angle PAB=180^\circ -\angle ABC$ (que fue lo que me pasó a mí cuando traté de forzar a que $D$ quedara en el segmento $BC$ y relativamente lejos de $C$ jaja).

[Mórtimer]

Solución:

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Aclaración: usamos $\measuredangle$ como ángulo dirigido para que el enunciado valga en todas las configuraciones. De todos modos, es posible comprender la solución sin saber manejarse con dirigidos, siguiendo los pasos en la demostración. Se aceptaron como correctas las soluciones que no analizaron en profundidad todas las posibles configuraciones, que no obstante supieron probar con rigurosidad equivalente los lemas que en general valen para cada una de ellas.

Sea $P'$ tal que $\triangle {ABC} \sim \triangle{P'KM}$.

Lema $1$: $P',A,M,K$ son concíclicos.

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Dem: $\measuredangle KP'M = \measuredangle BAC$, por la semejanza. Luego, $\measuredangle KP'M = \measuredangle KAM$, por las colinealidades $B,A,K$ y $A,M,C$, y por lo tanto, $P' \in (MAK)$, Q.E.D.

Lema $2$: $\triangle BDK \sim \triangle AMP'$.

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Dem: por el Lema $1$, $\measuredangle P'AM = \measuredangle P'KM$ y por la semejanza que define a $P'$, $$\measuredangle P'KM = \measuredangle ABC = \measuredangle KBD \Rightarrow \measuredangle P'AM = \measuredangle KBD \ (1)$$
Por lema $1$ también y las colinealidades $K,M,D$ y $K,A,B$, $$\measuredangle MP'A = \measuredangle MKA = \measuredangle DKB \ (2)$$
Finalmente, por $(1)$, $(2)$ y criterio AA, vale $\triangle BDK \sim \triangle AMP'$ Q.E.D.

Ahora bien, por Lema $2$ vale que $\frac{DK}{BD} = \frac{MP'}{AM}$. Notemos que $MN$ es base media de $CB$ en $\triangle ABC$, por lo que $AM=\frac{AC}{2}$ y $BN=\frac{AB}{2}$. Como $\triangle {ABC} \sim \triangle{P'KM}$, sabemos que $\frac{MP'}{AC}=\frac{P'K}{AB} \Rightarrow \frac{MP'}{AM}=\frac{P'K}{BN}$. Luego, $\frac{DK}{DB} = \frac{P'K}{BN} \ (3)$. Además, $\measuredangle DBN = \measuredangle CAB = \measuredangle MAP' = \measuredangle MKP' =\measuredangle DKP' \Rightarrow \measuredangle DBN = \measuredangle DKP' \ (4)$. Por $(3)$, $(4)$ y criterio LAL, podemos concluir que $DBN \sim DKP'$.
Finalmente, por la última semejanza que obtuvimos vale que $\measuredangle KP'D = \measuredangle BND = \measuredangle KND \Rightarrow K,P',D,N$ son concíclicos, es decir que $P'$ es la segunda intersección entre $(KAM)$ (Lema 1) y $(KND)$. Por lo tanto, $P' \equiv P$ y luego
$$\measuredangle PAC = \measuredangle PAM = \measuredangle ABC \ \blacksquare$$

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