IMO 2012 en Mar del Plata – Problema nº 5

Quinto problema de la IMO 2012, celebrada en Mar del Plata en julio de este año. Ahí va:

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 en el segmento AX tal que BK=BC. Análogamente, sea L el punto en el segmento BX tal que AL=AC. Sea M el punto de intersección de {}AL y BK.

Demostrar que MK=ML.

Que se os dé bien.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

6 Comentarios

  1. Creo que hay un error en el enunciado del problema. El punto M se define como la intersección de B y BK. Pero B es un punto, y aún así si consideras B como el lado opuesto al punto, está bastante claro que no se cumple el supuesto del problema de que MK=ML.

    ¿Es un error o estoy yo pasando algo por alto?

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  2. Donde dice “B y BK” debe decir “AL y BK”.

    Es un error del servidor \LaTeX de WordPress, aparentemente.

    Escribiendo $ latex AL$, devuelve una “AL”. Una solución es escribir $ latex {}AL$, y entonces sale “{}AL”.

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  3. Solución 1:

    Primero: AD\cdot AB = AC^{2} = AL^{2}, por lo que {}AL es tangente al circuncirculo de \triangle DLB y por lo tanto, \angle DLA=\angle ABL. De manera analoga, \angle DKB=\angle KAB.

    Ahora, sean E y F las intersecciones de AX y BX con el circuncirculo del \triangle ABC. Sea P la intersección de AF y BE. Entonces X es ortocentro del triángulo \triangle APB. Esto implica que P, C, X y D estan alineados.

    Ahora, por lo que se dijo al principio, se concluye que \angle DLA=\angle ABL=\angle APD, por lo que el cuadrilatero ADPL es cíclico, y por lo tanto AL \perp LP, entonces LP es tangente a la circunferencia de centro A y radio AL=AC. Por lo que entonces: LP^{2}=PF \cdot PA.

    De manera analoga, podemos ver que KP es tangente a la circunferencia de centro B y radio BK=BC, por lo que entonces PK^{2}=PE \cdot PB.

    Como PF \cdot PA = PE \cdot PB, entonces LP^{2} = PK^{2}, y en definitiva LP = PK. Como además \angle PKM=\angle PLM =90^{\circ} (por las respectivas tangencias), es trivial que los triangulos \triangle PKM y \triangle PLM son congruentes, por lo que finalmente MK=ML.

    Solución 2:

    Sea \gamma_{1} la circunferencia con centro A y radio AC=AL. Sea \gamma_{2} la circunferencia con centro B y radio BC=BK.

    Luego BC es tangente a \gamma_{1} y AC es tangente a \gamma_{2}.

    Notemos que CD es el eje radical. http://es.wikipedia.org/wiki/Eje_radical (Si las circunferencias son secantes, el eje radical contiene los puntos de intersección de las circunferencias) de \gamma_{1} y \gamma_{2}.

    Supongamos que las semirrectas AX y BX intersecan a \gamma_{1} y a \gamma_{2} en P y Q respectivamente.

    Como X pertenece al eje radical de \gamma_{1} y \gamma_{2} , luego QX\cdot XL=PX\cdot XK, es decir, los puntos Q,K,L,P son concíclicos sobre una otra circunferencia \gamma_{3}.

    Ahora, hay que notar que AL^{2}=AC^{2}=AK\cdot AP entonces por el recíproco de potencia de un punto, {}AL es tangente a \gamma_{3}. De manera analoga, BK es tangente a \gamma_{3}. Luego MK y ML son tangentes a \gamma_{3} desde M, entonces MK=ML.

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