XXXIII Olimpiada Iberoamericana de Matemáticas - Problema 2

Sea $ABC$ un triángulo tal que $\angle{BAC}=90^\circ$ y $BA=CA$. Sea $M$ el punto medio de $BC$. Un punto $D\neq{A}$ es elegido en la semicircunferencia de diámetro $BC$ que contiene a $A$. La circunferencia circunscrita al triangulo $DAM$ intersecta a las rectas $DB$ y $DC$ en los puntos $E$ y $F$, respectivamente. Demuestre que $BE=CF$. 

Demostración. Considera el cuadrilátero cíclico $ABCD$. Como $\angle{ACB}=45^\circ$, entonces, $\angle{BDA}=180^\circ-45^\circ=135^\circ$. Ahora considera el cuadrilátero cíclico $AMED$. Como $\angle{BDA}=135^\circ$, entonces, $\angle{AME}=180^\circ-135^\circ=45^\circ$. Al ser $ABC$ un triángulo rectángulo isósceles, $\angle{MAC}=\angle{AME}=45^\circ$, significando que $AC\parallel{EM}$. Por propiedad del triángulo medial sabemos que una línea que pase por $M$ y sea paralela al lado $AC$ debe contener el punto medio de $AB$, de modo que $EM$ es la mediatriz del lado $AB$. Análogamente, $FM$ es la mediatriz del lado $AC$. Llamemos $N$ y $O$ a los puntos medios de los lados $AB$ y $AC$, respectivamente. Note que por propiedad de ángulos inscritos en una circunferencia, $\angle{ABD}=\angle{ACD}$. También $\angle{BNE}=\angle{COF}=90^\circ$ y $BN=CO$. Por el criterio de congruencia de triángulos $ALA$, $\triangle{BNE}\cong{\triangle{COF}}$, y por lo tanto, $BE=CF$. 

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