Primer problema de la sección, Olimpiada Internacional de Matemáticas 2018 Ejercicio 1

Con este ejercicio comenzamos una sección en la que plantearé y resolveré problemas de matemáticas para todos aquellos lectores que sientan ese amor y esa afición a resolver problemas tan propia de los estudiantes de ciencias e ingeniería. Espero que con esta sección pueda compartir aquellos problemas que me han quitado el aliento al descubrir la belleza de su solución y desarrollo.

Cabe avisar de que los conceptos matemáticos necesarios para la resolución de los problemas aquí publicados serán de un nivel básico, aunque no por ello serán más sencillos, en absoluto. Ahí reside el encanto de las matemáticas y el llamado "arte de resolver problemas", que lo más básico en el estudio de la geometría tiene un potencial que pocos profesores consiguen transmitir.

Y qué mejor forma de empezar la sección que con el primer ejercicio de la OIM 2018. Lo he escogido no solo por ser una buena (y sencilla) forma de empezar, sino también por ser bello en su solución y curioso en su planteamiento. Animo al lector a intentar el ejercicio por su cuenta, así como si en algún momento se ve inspirado, continuar por el camino que más le guste. Así que sin más dilación, vamos al lío.


Sea Γ la circunferencia circunscrita al triángulo acutángulo ABC. Los puntos D y E están en los segmentos AB y AC, respectivamente, y son tales que AD = AE. Las mediatrices de BD y CE cortan a los arcos menores AB y AC de Γ en los puntos I y J, respectivamente.
Demostrar que las rectas DE y IJ son paralelas (o son la misma recta).

Primero realicemos un dibujo cortesía de GeoGebra para aclarar el enunciado y ver que, por supuesto, se cumple la premisa:

Este ejercicio tiene dos soluciones posibles, pero ambas se basan en el mismo principio geométrico que a todos seguro que nos suena. Este principio dice que teniendo dos puntos fijados, A y B en una circunferencia, si dibujamos un nuevo punto C en la misma el ángulo ACB será igual independientemente de la posición de C. Esto va a aparecer de distintas formas en el problema.
Vamos a comenzar con la primera solución, que es algo más sencilla a mi parecer:








MÉTODO 1:
Se nos plantean dos dudas nada más leer el problema: ¿Por qué mediatriz? ¿Por qué E y D a la misma distancia de A?

Dibujamos una recta que una I y E y otra que una J y D y las extendemos hasta cortar con la circunferencia y a estos puntos los llamamos X e Y respectivamente. Apliquemos de forma trivial el principio comentado: siedo A y I este caso los puntos fijos de la circunferencia, el ángulo ICA será igual al IXA (y lo mismo en el otro lado). Y ahora respondemos a la primera pregunta. La mediatriz nos da una información muy valiosa acerca del triángulo CIE (BJD) y es que el ángulo CIE es el mismo que CEI, es decir, que es isósceles. Por lo tanto tanto el triángulo formado por AEX como por ADY lo serán también. Al ser isósceles y estar E y D a la misma distancia de A, concluimos que X Y están también a esa distancia, y por ello, casi por inercia y por ganas dibujamos una circunferencia de centro A que una esos puntos.

Hemos respondido sin darnos cuenta la pregunta de por qué E y D a la misma distancia, pero nos falta darle utilidad, que claramente reside en poder aplicar la norma anterior con una nueva circunferencia. Veamos lo que hemos hecho hasta ahora:

No pierdas la concentración que ahora viene lo bueno. El ángulo YED es igual al ángulo YXE, que obviamente es igual al YXI. Hasta aquí todo normal, pero nos damos cuenta de que hemos conseguido pasar de la circunferencia que hemos creado a la que nos da el problema sin cambiar el ángulo. Se puede decir que el ángulo YXI es igual al YJI y por lo tanto, sin ni un despeje y ningún complejo artificio matemático, vemos que YDE es igual a YJI, y demostrado queda.


MÉTODO 2:
Esta solución requiere de otro concepto geométrico-trigonométrico menos conocido, pero fácilmente demostrable a partir de la norma comentada. Por supuesto partimos de cero en este nuevo método. El problema de esto es que requiere de una soltura en su uso propia de alguien que conoce tal razón, no de alguien dispuesto a darse cuenta por su propio pie, pero no voy a dar más avances.

Primero extendamos las mediatrices y completemos la circunferencia inicial. A expensas de liar aún más el dibujo, llamemos M y N a los puntos donde las mediatrices de BD y EC respectivamente corten al arco CB. Formemos con ellos dos triángulos muy similares, formados la unión de M y J con A y la unión entre los mismos. Lo hacemos de nuevo con N y I. Veamos si tenemos lo mismo:

En verde hemos coloreado el triángulo INA y en morado el JMA.

Recordamos ahora el concepto de ortocentro, que para los que sólo les suene, es el punto dentro de un triángulo donde se unen las alturas del mismo, es decir, los tres segmentos que parten de cada vértice y llegan al otro extremo perpendicularmente. Como el segmento MJ (IN) son mediatrices de AB (AC) quiere decir que este último corresponde a una de las alturas del triángulo.
Demostremos geométricamente ahora que D ahora es algo más que un punto en esta recta. La distancia de D al lado que corta la recta es la misma que de este punto a B, por el hecho de ser la mediatriz. Alerta spoiler, D va a ser ni más ni menos que el ortocentro, demostrémoslo para aquellos que no supieran esta relación (invitados quedan a saltar la demostración o bien por saberla o bien por asumirla) :

Unimos B con D, el punto a igual distancia de P que E, el punto dende corta la recta con la circunferencia. Este ángulo será α. Para demostrar que D es el ortocentro nos basta con demostrar que la recta BD forma 90º al cortar con AC. Sabiendo que el triángulo BDC y BEC son iguales, podemos usar aún una vez más la norma de los puntos fijos en la circunferencia, siendo ahora estos puntos C y E para ver que si CBE forma α también lo hará CAE, y obviamente BDP forma 90 - α grados, por lo tanto las rectas BD y AC intersectan perpendicularmente.

Aclarado esté esta parte y volviendo a nuestro preciado esquema respondamos la nueva pregunta de ¿por qué diablos el ortocentro?, ¿de qué me sirve?
Aquí llega ese concepto trigonométrico de que os hablaba, que no es ni mas in menos que el teorema de los senos generalizado, que dice así: para un triángulo ABC donde a, b, c son los lados opuestos a los ángulos A, B, C respectivamente, si R denota el radio de la circunferencia circunscrita, entonces:

${\displaystyle {\frac {a}{\sin \,A}}={\frac {b}{\sin \,B}}={\frac {c}{\sin \,C}}=2R.}$

Como podéis ver nadie se tiene que echar las manos a la cabeza por oír "generalizado", pues no es más que el teorema de los senos añadiendo el concepto de circunferencia circunscrita. No vamos a pararnos a demostrarlo, pero sentidos libres de hacerlo por vuestra cuenta.
A simple vista se puede decir que ambos triángulos son iguales. Me refiero a AMJ y ANI, pero no vale con decirlo, por supuesto: para cualquier triángulo del cual sabemos el ortocentro, podemos encontrar esta relación:

$\sin { \angle AJM } =\frac { AH }{ AD }$        siendo H el punto de corte de DJ con AC

$AD\quad =\quad \frac { AH }{ \sin { \angle AJM }  } \quad =\quad \frac { AM\cos { \angle JAM }  }{ \sin { \angle AJM }  } \quad =\quad 2R\cos { \angle JAM }  $

pues AM es el lado opuesto al ángulo AJM.
Ahora llega la utilidad de que AD = AE, que demostramos que el ángulo superior es igual en ambos triángulos (igualamos la expresión obtenida para cada triángulo), y, trivialmente el ángulo que formen entre ellos superiormente seá igual en ambos lados $\angle JAN = \angle IAM$. Usando por última vez la ya típica norma, teniendo como puntos fijos B y J (C y I) desplazamos el ángulo JAN (IAM) y vemos que es igual a ambos lados. Y por último, como AB y JM (AC y IN) son perpendiculares, también será igual a ambos lados el ángulo que forma IJ con AC y AB, y de nuevo demostrado queda.




La segunda solución es claramente más enrevesada, pero es a lo que lleva partir de un cierto camino algo distinto, no por ello menos respetable (pues si algo es es bello), y por supuesto no lo hace erróneo. Supongo que las personas que resolvieron el ejercicio de esta forma, si hubo alguien, será porque vieron o intuyeron desde el principio los triángulos secundarios y sus ortocentros. Pero desde luego, pese a lo didáctico que sea, hacerlo por el primer método evita algún que otro posible atasco a la hora de resolverlo en una olimpiada.

Espero que hayáis disfrutado tanto como yo de este ejercicio y espero que haya sido ameno y comprensible.
Cabe comentar que esta solución no es ni mucho menos oficial, pues la web de la olimpiada ni ninguna otra ha compartido solucionario, aunque quizá lo haga pronto, como otros años. Eso significa que si alguien se anima a revelar una nueva solución en los comentarios o la encuentro en la web la incluiré en esta entrada. También sentidos libres de sugerir problemas y dejar valoraciones en los comentarios.
Hasta pronto.