¿Dónde están esas potencias?
Recientemente finalizó la onceava edición de la Olimpiada Europea Femenil de Matemáticas (EGMO por sus siglas en inglés) en Eger, Hungría. El objetivo de la EGMO es fomentar una mayor participación de estudiantes mujeres en concursos matemáticos internacionales. No obstante su nombre, también se invita a diversos equipos fuera del continente europeo.1 De los países latinoamericanos participantes destacó Perú, con tres medallas de oro y una de plata, colocándose en el segundo lugar de naciones, solamente superado por EE. UU.
En esta entrada resolveré el problema 6 de la competencia, un problema clásico pero a la vez refrescante de cuadriláteros cíclicos y potencia de puntos.
Problema. Sea \(ABCD\) un cuadrilátero cíclico con circuncentro \(O\). Sea \(X\) el punto de intersección de las bisectrices de los ángulos \(\angle DAB\) y \(\angle ABC\); sea \(Y\) el punto de intersección de de las bisectrices de los ángulos \(\angle ABC\) y \(\angle BCD\); sea \(Z\) el punto de intersección de de las bisectrices de los ángulos \(\angle BCD\) y \(\angle CDA\); y sea \(W\) el punto de intersección de de las bisectrices de los ángulos \(\angle CDA\) y \(\angle DAB\). Sea \(P\) el punto de intersección de las rectas \(AC\) y \(BD\). Suponga que los puntos \(O,\ P,\ X,\ Y,\ Z\) y \(W\) son distintos. Probar que \(O,\ X,\ Y,\ Z\) y \(W\) están sobre una misma circunferencia si y solo si \(P,\ X,\ Y,\ Z\) y \(W\) están sobre una misma circunferencia.
Solución. Primero consideremos el caso en que \(AB\nparallel CD\) y \(BC\nparallel DA\). Sea \(Q\) el punto de corte de \(BC\) y \(DA\), y sea \(R\) la intersección de \(AB\) y \(CD\). Notemos que \(Z\) es el incentro de \(\bigtriangleup CQD\) y \(X\) es el \(Q\)-excentro de \(\bigtriangleup AQB\). Usando ángulos dirigidos,2 sabemos que:
\[\measuredangle WZY = \measuredangle DZC = 90^{\circ} + \measuredangle AQZ \qquad \mbox{y} \qquad \measuredangle YXW = \measuredangle BXA = 90^{\circ} - \measuredangle AQZ\]lo que implica que el cuadrilátero \(WXYZ\) es cíclico, pero:
\[\measuredangle ZXA = \measuredangle DAX - \measuredangle AQX = 90^{\circ} - \measuredangle ZCD - \measuredangle AQX = \measuredangle ZDA\]por lo que \(DAZX\) es cíclico. Similarmente, podemos probar que \(CBZX\) también lo es. A partir de estos resultados podemos inferir que \(QA\cdot QD = QZ\cdot QX = QB\cdot QC\) \((1)\). De forma análoga podemos demostrar que \(ABYW\) y \(CDWY\) son cíclicos con \(RA\cdot RB = RW\cdot RY = RD \cdot RC\) \((2)\).
Definamos a \(P',\ Q'\) y \(R'\) como los inversos respectivos de \(P,\ Q\) y \(R\) con respecto al círculo \((ABCD)\). Conocemos que \(O,\ P,\ Q\) y \(R\) forman un grupo ortocéntrico, es decir, \(P',\ Q'\) y \(R'\) son los pies de alturas de \(\bigtriangleup PQR\). Por consiguiente, el cuadrilátero \(OR'PQ'\) es cíclico. Además, veamos que:
\[\begin{align*} QP\cdot QR' &= QQ'\cdot QO = QP'\cdot QR = QA\cdot QD \tag{3}\\ RP\cdot RQ' &= RR'\cdot RO = RP'\cdot RQ = RA\cdot RB \tag{4} \end{align*}\]al ser \(P'\) el punto de Miquel de \(ABCD\) y los cuadriláteros \(P'ADR\) y \(P'ABQ\) cíclicos.
Al comparar \((1)\) y \((3)\) concluimos que \(QP\cdot QR'= QZ\cdot QX = QQ'\cdot QO\) \((5)\); en tanto, a partir de \((2)\) y \((4)\) inferimos que \(RP\cdot RQ' = RW\cdot RY = RR'\cdot RO\) \((6)\). Si \(P\) yace sobre \((WXYZ)\), \((5)\) conduce a que \(R'\) también lo está. Por su lado, \((6)\) implica que \(PQ'YW\) y \(YWR'O\) son inscritos, así que \(Q'\) y \(O\) también están sobre \((WXYZ)\). En el caso de que \(O\) yazca sobre \((WXYZ)\), por \((5)\) descubrimos que también \(Q'\) lo hace y por \((6)\) deducimos que de igual manera \(P\) y \(R'\) pertenecen a la misma circunferencia.
Para terminar la solución, descartemos los casos en que \(Q\) y \(R\) no están bien definidos (en sentido euclídeo). Primero, si \(AB\parallel CD\) y \(BC\parallel DA\), \(ABCD\) tendría que ser un rectángulo con \(P = O\), lo que contradice la hipótesis del problema. Para el caso restante, supongamos sin pérdida de generalidad que \(AB\parallel CD, AB \neq CD\) y \(BC\nparallel DA\). En esta situación, \(WXYZ\) se transforma en un cometa cíclico con \(X\) y \(Z\) sobre la mediatriz (común) de \(AB\) y \(CD\), así que \(P\) y \(O\) tendrían que coincidir con estos puntos en caso de pertenecer a \((WXYZ)\), lo que es absurdo. La solución queda completa. \(\Box\)
En efecto, de los 57 países participantes este año, 26 no fueron oficialmente europeos. Puede encontrarse mayor información aquí. A nivel panamericano, se cuenta con la Olimpiada Panamericana Femenil de Matemáticas (PAGMO). ↩
La expresión \(\measuredangle ABC\) corresponde al ángulo en que debemos rotar la recta \(AB\) en sentido antihorario hasta que coincida con la recta \(BC\), tomado módulo \(180^{\circ}\). ↩