Solución del problema 3 de la IMO 2021

Hace menos de una semana concluyó la sexagésima segunda edición de la Olimpiada Internacional de Matemáticas (IMO por sus siglas en inglés). En esta ocasión, la competencia se realizó en formato virtual desde San Petersburgo, Rusia, al igual que en 2020.

La IMO se compone de dos días de exámenes, con 3 problemas de dificultad creciente cada uno. Usualmente, los problemas 1 y 4 son de dificultad baja, 2 y 5 de dificultad media, y 3 y 6 de dificultad alta. Sin embargo, no es extraño que alguno de ellos resulte más difícil de lo esperado. Por ejemplo, en esta edición el problema 2 fue más complicado que el problema 6 (usualmente el más complejo) según el puntaje medio (0.375 en comparación con 0.481), apenas menos difícil que el problema 3 (0.372 de puntuación media).[^1] Cabe destacar que estos ejercicios versan, en términos generales, sobre cuatro áreas del pensamiento matemático: teoría de números, álgebra, combinatoria, y geometría euclidiana.

En cuanto a los resultados de país, el equipo nicaragüense se posicionó en el lugar 81 de 107 países y territorios participantes (la mejor posición hasta ahora corresponde al lugar 80, alcanzado en 2016), con una medalla de bronce (Néstor González) y una mención honorífica (Marcos Sánchez).

En este post, resolveremos el problema 3 de la competición. El enunciado es el siguiente:

Problema 3. (IMO 2021, P3). Sea $D$ un punto interior de un triángulo acutángulo $ABC$, con $AB > AC$, de forma que $\angle DAB = \angle CAD$. El punto $E$ en el segmento $AC$ satisface que $\angle ADE = \angle BCD$, el punto $F$ en el segmento $AB$ satisface $\angle FDA = \angle DBC$, y el punto $X$ en la recta $AC$ satisface $CX = BX$. Sean $O_1$ y $O_2$ los circuncentros de los triángulos $ADC$ y $EXD$ respectivamente. Probar que las rectas $BC,\ EF$ y $O_1O_2$ son concurrentes.

Solución. Antes de pasar a la parte principal de la solución, consideremos la siguiente:

Afirmación 1. El cuadrilátero $EFBC$ es cíclico.

Prueba. Por hipótesis, sabemos que $\angle EDF + \angle BDC = 180^\circ$. En este caso, es bien conocido que $D$ posee un conjugado isogonal con respecto a $EFBC$ el que, al estar $D$ sobre la bisectriz interna de $\angle BAC$, también estará en la misma recta. Sea $D'$ dicho punto isogonal. Luego,

$\angle FDA = \angle DBC = \angle D'BF$

así que $FDD'B$ es cíclico. De forma análoga, podemos probar que $EDD'C$ también lo es. De este modo, obtenemos que $AE\cdot AC = AD\cdot AD' = AF\cdot AB$, lo que brinda el resultado deseado. $\Box$

A partir del hecho anterior, fácilmente obtenemos que $\angle DEF = \angle CDQ$ y $\angle DFE = \angle CQD$ (1), con $Q=\overline{AD}\cap \overline{BC}$. Ahora, consideremos también:

Afirmación 2. Los circuncírculos de los triángulos $EDF$ y $BDC$ se tocan en $D$.

Prueba. Sea $P$ el punto de intersección de la tangente por $D$ a $(BDC)$; luego $\angle PDC = \angle CBD$ (2). La igualdad $\angle EDA= \angle BCD$ implica que $ED$ es tangente a $(CDQ)$, así que $\angle EDC = \angle DQC$. Junto a (1) y (2), concluimos que $\angle DFE = \angle PDE$, por tanto $PD$ también es tangente a $(EDF)$, como necesitábamos. $\Box$

Con base en la afirmación 2 podemos concluir que, por el teorema del eje radical respecto a los círculos $(EFBC),\ (EDF)$ y $(BDC)$, $EF$ también pasa por $P$. Nos resta probar que $P$ yace también sobre $O_1O_2$.

{: w = "100"}

Sea $R$ el punto de Miquel del cuadrilátero $EFBC$. Por propiedad, $R$ yace sobre $(ABC)$ y los cuadriláteros $PCER$ y $PBFR$ son cíclicos. Nuevamente, el teorema del eje radical aplicado a $(ABC),\ (RAEF)$ y $(EFBC)$ nos permite deducir que $AR$ pasa por $P$. Además, notemos que

$\angle ERB = \angle ERF-\angle BRF = \angle BAC - \angle BPF = 180^\circ - \angle ACB = \angle EXB$

por lo que $XREB$ es cíclico también. Consideremos la inversión $\Gamma$ centrada en $P$ y con radio $PD$. Como $PR\cdot PA = PE \cdot PF = PC \cdot PB = PD^2$ es claro que $\Gamma(A) = R$, $\Gamma(F) = E$, $\Gamma(B) = C$ y que $D$ es su propio inverso. Sea $Y = \Gamma(X)$. Queda claro que, al ser $X,\ A,\ E$ y $C$ colineales, entonces $PYRFB$ es un pentágono cíclico. Lo mismo pasa con $YEFX$, pues $PY\cdot PX = PE\cdot PF = PD^2$. Además, las imágenes de $(ADC)$ y $(XED)$ bajo $\Gamma$ están dadas por $(RDB)$ y $(YFD)$.

Sea $G$ el segundo punto de intersección de $(ADC)$ y $(XED)$. Veamos que, por el teorema del eje radical aplicado a $(YRFB),\ (XREB)$ y $(YEFX)$ concluimos que las rectas $BR,\ EX$ y $YF$ concurren en un punto, digamos $Z$. Como $AZ\cdot ZC = RZ\cdot ZB = EZ\cdot ZX$, descubrimos que $Z$ tiene potencias iguales respecto a $(ADC)$ y $(XED)$, lo que implica que $Z$ está sobre su eje radical $GD$. De esta forma,

$GZ\cdot ZD = XZ\cdot ZE = RZ\cdot ZB = YZ\cdot ZF$

por tanto, $YGFD$ y $GRDB$ son cíclicos. Siendo así, concluimos que $\Gamma(G) = G$, lo que ocurre si y solo si $GP=GD$. Como $O_1O_2$ es la mediatriz de $\overline{GD}$, finalmente obtenemos que $P$ también sobre $O_1O_2$. La solución está completa. $\Box$

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[^1]: Puedes encontrar mayor información estadística en https://www.imo-official.org/year_statistics.aspx?year=2021x.