Problemas de Geometría Euclidiana de la XXXVII OIM 2022

El pasado 1 de octubre se dio por concluida la trigésima séptima edición de la Olimpiada Iberoamericana de Matemáticas en Bogotá, Colombia. En esta ocasión, la competencia contó con la participación de 75 estudiantes provenientes de 20 países de América Latina, España y Portugal.

La delegación nicaragüense estuvo conformada por Isaac Rodríguez, José Rivas, Carlos Sequeira y Kelly Vallejos. Ricardo Largaespada fue el jefe de la delegación. Isaac y José obtuvieron medalla de bronce y mención honorífica, respectivamente. El país ocupó el puesto 12 en el ránking no oficial de países.

Como es costumbre, en esta entrada resolveré los dos problemas de geometría euclidiana que formaron parte de los exámenes; a saber, los problemas 1 (dificultad baja) y 5 (dificultad intermedia).

Problema 1. Sea $ABC$ un triángulo equilátero con circuncentro $O$ y circuncírculo $\Gamma$. Sea $D$ un punto en el arco menor $BC$, con $DB>DC$. La mediatriz de $OD$ corta a $\Gamma$ en $E$ y $F$, con $E$ en el arco menor $BC$. Sea $P$ el punto de corte de $BE$ y $CF$. Probar que $PD$ es perpendicular a $BC$.

{: w = "100"}

Solución. Por construcción, $FD = FO = OD$, así que $\bigtriangleup OFD$ es equilátero. Por un razonamiento análogo, $\bigtriangleup OED$ también posee esta propiedad. Por consiguiente, $OEDF$ es un rombo con diagonales $OD$ y $EF$ que se bisecan en su intersección, digamos $M$.

Como $\angle BOC = \angle EOF = 120^{\circ}$, por criterio LAL conseguimos que $\bigtriangleup BOC \cong \bigtriangleup EOF$, así que $EF = BC = AB = AC$. Esto implica que $ABEF,\ AECF$ y $BECF$ son trapecios isósceles con $BE \parallel AF,\ CE \parallel FB$ y $AE \parallel CF$, respectivamente. Lo anterior permite deducir que $AEPF$ es un paralelogramo, así que $AP$ pasa por $M$ y es su punto medio. En consecuencia, $AOPD$ es también un paralelogramo con $AO \parallel PD$. Ya que $AO$ es la mediatriz de $BC$, concluimos que $PD\perp BC$, como deseábamos probar. $\Box$

Problema 5. Sea $ABC$ un triángulo acutángulo con circuncírculo $\Gamma$. Sean $P$ y $Q$ puntos en el semiplano definido por $BC$ que contiene a $A$, tales que $BP$ y $CQ$ a $\Gamma$ con $PB = BC = CQ$. Sean $K$ y $L$ puntos distintos de $A$ en la bisectriz externa del ángulo $\angle CAB$, tales que $BK = BA$ y $CL = CA$. Sea $M$ el punto de corte de las rectas $PK$ y $QL$. Demostrar que $MK = ML$.

{: w = "100"}

Solución. Es sencillo verificar que $\angle KBA = \angle BAC = \angle ACL$. Observemos que $\angle PBC = \angle BCQ = 180^{\circ} - \angle BAC$, lo que junto a $PB = CQ$ garantiza que $PBCQ$ sea un trapecio isósceles. Luego, al ser los triángulos $PBC$ y $BCQ$ isósceles en $P$ y $Q$, respectivamente, podemos inferir que $\angle BPC = \angle CPQ = \angle PQB = \angle BQC = \angle BAC/2$ $(1)$.

Sea $J$ el punto medio de $\widehat{BAC}$ (es decir, el segundo punto de intersección de $KL$ con $\Gamma$). Como $JB = JC$, $J$ está sobre la mediatriz de $BC$ y $PQ$. Además, $\angle BJC = \angle BAC$. Por $(1)$, esto implica que $J$ es el circuncentro de $PBCQ$. De este modo, los triángulos $\bigtriangleup BJP$ y $\bigtriangleup CJQ$ son congruentes. También conseguimos:

$2\angle CQJ = 180^{\circ} - \angle CJQ = 180^{\circ} - \angle BPQ = 180^{\circ} - \angle ACL = 2\angle CLJ$

por consiguiente, $CQLJ$ es cíclico. Similarmente, $BKPJ$ también lo es. Para finalizar:

$\angle MKL = \angle PKJ = \angle PBJ = \angle JCQ = \angle JLA = \angle KLM$

El resultado sigue. $\Box$

El resto de problemas de la XXXVII OIM pueden consultarse aquí.