Problema 2 - XX Olimpiada Matemática de Centroamérica y el Caribe. La Habana, 2018.

Éste es el problema 2 de la recién celebrada XX Olimpiada Matemática de Centroamérica y el Caribe.  La Habana, 2018.

Sea $ABC$ un triángulo inscrito en la circunferencia $\omega$ de centro $O$. Sean $T$ el punto diametralmente opuesto a $C$ y $T'$ la reflexión de $T$ con respecto a la recta $AB$. La recta $BT'$ interseca a $\omega$ en un segundo punto $R$. La recta perpendicular a $TC$ que pasa por $O$ interseca a la recta $AC$ en $L$. Sean $N$ el punto de intersección de las rectas $TR$ y $AC$. Pruebe que $CN=2AL$.

Solución.

Notación:

$AC=b$

$OC=OT=r$

Lema 1. $AL=\frac{b^2-2r^2}{b}$.

Demostración. Por el teorema de Tales, $\triangle{ACT}$ es un triángulo rectángulo con hipotenusa $CT=2r$. Note que $\triangle{ACT}\sim\triangle{LCO}$, por lo tanto, 

$$\frac{b}{2r}=\frac{r}{CL}$$

$$CL=\frac{2r^2}{b}$$

$$AL=AC-CL=b-\frac{2r^2}{b}=\frac{b^2-2r^2}{b}$$

Lema 2. $AN=\frac{4r^2-b^2}{b}$.

Demostración. Note que al ser $T'$ la reflexión de $T$ con respecto a la línea $AB$, $\angle{TBA}=\angle{ABT'}=\angle{ABR}$. Por propiedad de ángulos inscritos en una circunferencia, tenemos que $\angle{TBA}=\angle{ABR}=\angle{TCA}=\angle{ACR}=\angle{ATR}$. Por lo que $\triangle{ACT}\sim\triangle{ATN}$. De donde resulta que

$$\frac{AT}{AC}=\frac{AN}{AT}$$

Reescribiendo en términos de $b$ y $r$, tenemos

$$\frac{\sqrt{4r^2-b^2}}{b}=\frac{AN}{\sqrt{4r^2-b^2}}$$

$$AN=\frac{4r^2-b^2}{b}$$

Entonces, 

$$CN= AC-AN=b-\frac{4r^2-b^2}{b}=\frac{2(b^2-2r^2)}{b}$$

Finalmente, 

$$\frac{CN}{AL}=\frac{\frac{2(b^2-2r^2)}{b}}{\frac{b^2-2r^2}{b}}=2$$

$$CN=2AL$$

$$Q.E.D.$$