IMO 2012 --los problemas de geometría

En los problemas de la IMO, la dificultad para un aficionado a las matemáticas de concurso (como el que esto escribe) no es el resolverlos (esa es casi una imposibilidad) sino el entender las soluciones publicadas. Voy a comentar en este post las soluciones de los problemas 1 y 5 de la 53 International Mathematical Olympiad (2012) que se celebró en Mar del Plata (Argentina) del 4 al 16 de julio.

Para el problema 1 me faltaba un teorema, para el 5 el plan de solución. Es decir, para el 5 la solución publicada la podía seguir, pero me quedaba la incógnita de por qué o cómo esa ruta de solución era la correcta o por qué. 

Problema 1 (IMO 2012).

Dado el triángulo $ABC$, el punto $J$ es el centro del excírculo opuesto al vértice $A$. Este excírculo es tangente al lado $BC$ en $M$, y a las rectas $AB$ y $AC$ en $K$ y $L$, respectivamente. Las rectas $LM$ y $BJ$ se intersecan en $F$, y las rectas $KM$ y $CJ$ se intersecan en $G$. Sea $S$ el punto de intersección de las rectas $AF$ y $BC$ y $T$ la intersección de $AG$ y $BC$. Demostrar que $M$ es el punto medio de $ST$.

Solución

Una buena figura debería sugerir que un plan de demostración sería demostrar que los triángulos $ABS$ y $ACT$ son ambos isósceles (como se puede sospechar de la figura) --por lo menos eso es lo que uno llega a creer después de resolverlo o ver la solución. Porque en ese caso, con base en el teorema de la igualdad de las tangentes, se pueden hacer sustituciones tipo algebraico hasta llegar a la igualdad pedida.

Con esa idea, no es muy difícil ver que si probamos que $KM//AS$ el problema estaría resuelto --pues eso probaría que los triángulos $BKM$ y $BAS$ son homotéticos. (Notemos que lo mismo habría que demostrar para $ML$ y $AT$, pero sería el mismo argumento.)

(El problema es difícil --nivel IMO-- precisamente porque no se puede visualizar una forma de probar ese paralelismo. Por ello hay que iniciar una exploración preliminar. Una de las soluciones publicadas en la Web empieza diciendo: "los ángulos $\angle{JFL}$ y $\angle{JAL}$ son iguales, por lo que el cuadrilátero $AFJL$ es cíclico.")

Notemos que si el cuadrilátero $AFJL$ fuese cíclico (como lo es), entonces el ángulo $\angle{JFA}$ sería recto y el paralelismo buscado ya estaría establecido --pues $FJ$ es perpendicular a $KM$, por las propiedades del papalote (kite) $BKJM$.

Entonces probar que el cuadrilátero $AFJL$ es cíclico es el meollo de la cuestión. (Por un argumento similar se demostraría que $KJGA$ es cíclico.) Pero esa demostración pasa necesariamente por demostrar que los ángulos $\angle{JFL}$ y $\angle{JAL}$ son iguales.

Problema 5 (IMO 2012).

Sea $ABC$ un triángulo tal que $\angle{BCA}=90^\circ$, y sea $D$ el pie de la altura desde $C$. Sea $X$ un punto interior del segmento $CD$. Sea $K$ el punto del segmento $AX$ tal que $BK=BC$. Análogamente, sea $L$ el punto del segmento $BX$ tal que $AL=AC$. Sea $M$ el punto de intersección de $AL$ y $BK$. Demostrar que $MK=ML$

Solución

Plan previo (comunicación personal de JRV)

Primero hay que notar que, considerando el circuncírculo de $CBD$, la potencia de $A$ es $AC^2=AD\cdot{AB}$. Pero $AC=AL$. Por tanto, $AL^2=AD\cdot{AB}$.

De esta observación se derivan algunas pistas importantes. Por ejemplo, que $AL$ es tangente al circuncírculo de $BDL$ en el punto $L$. De manera similar, $BK$ es tangente en $K$ al circuncírculo de $ADK$.

Pero esos circuncírculos son totalmente desconocidos, no hay datos para ellos. (Todo esto teniendo en mente la idea de que una forma de probar $MK=ML$ es que $ML$ y $MK$ sean tangentes al mismo círculo desde $M$.) Por lo tanto necesitamos una circunferencia tal que  $BK$ sea tangente en $K$ a ella y $AL$ tangente en $L$.

Si existiera, entonces necesitaríamos un $K'$ y un $L'$ en esa circunferencia tales que $AK\cdot{AK'}=AL^2=AC^2$ y $BL\cdot{BL'}=BK^2=BC^2$. (Claramente, con ello se tendría también $ML^2=MK^2$ y el problema estaría resuelto.)

Solución al problema 5 de la IMO 2012

Con esa idea, consideremos $K'$ en la circunferencia de radio $BC$ y centro en $B$ y sobre la recta $AK$. De manera similar, consideremos $L'$ en la circunferencia de radio $AC$ y centro en $C$ y sobre la recta $AL$. (Notemos que estas dos circunferencias están ocultas en el enunciado del problema.)

Puesto que $X$ está en la cuerda común de esas dos circunferencias ($AD$ es perpendicular a la línea de centros $AB$), entonces $X$ es equipotente respecto a ambas. Y entonces $XK\cdot{XK'}=XL\cdot{XL'}$. Pero esto también significa que el cuadrilátero $L'KLK'$ es cíclico.

Consideremos ahora la potencia de $A$ respecto a la circunferencia con centro en $B$ y radio $BC$. Tenemos $AC^2=AK\cdot{AK'}$. Pero $AC=AL$. Por tanto, $AL^2=AK\cdot AK'$. Es decir, $AL$ es tangente en $L$ al círculo que pasa por los vértices del cuadrilátero cíclico.

De manera similar, $BK$ es tangente en $K$ al círculo que pasa por los vértices del cuadrilátero cíclico. Pero $AL$ y $BK$ se cortan en $M$. De ahí el resultado.

Los saluda

jmd