IMO 1998 Problema 5

[drynshock]

Sea $I$ el incentro del triangulo $ABC$. Sean $K$, $L$ y $M$ los puntos de tangencia del incrírculo de $ABC$ con $AB$, $BC$ y $CA$, respectivamente. La recta $t$ pasa por $B$ y es paralela a $KL$. Las rectas $MK$ y $ML$ intersecan a $t$ en los puntos $R$ y $S$. Demostrar que $\angle RIS$ es agudo.

[drynshock]

Me llamo la atención la condición de que el ángulo sea agudo.

El lema:

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Sea $ABC$ un triangulo y $D$ un punto sobre $BC$ tal que $AD \perp BC$. Luego,
$$\angle BAC = 90^{\circ} \iff BD.DC = AD^2$$
$$\angle BAC < 90^{\circ} \iff BD.DC < AD^2$$
$$\angle BAC > 90^{\circ} \iff BD.DC > AD^2$$

Demostración:

Llamemos $M$ al punto medio de $BC$, y tracemos la circunferencia $\Gamma$ de centro $M$ y que pasa por $B$ y $C$.

Es conocido que cualquier punto que este dentro del circulo $\Gamma$ cumple que el ángulo que forma con el diámetro es mayor a $90^{\circ}$, y si esta afuera entonces es menor a $90^{\circ}$. Luego, si mediante $BD.DC < AD^2$ llegamos a que $AD < R$, siendo $R$ el radio de $\Gamma$ entonces $A$ esta dentro de la circunferencia (lo mismo ocurre con el signo cambiado si esta afuera).

Luego,

$$BD.DC - AD^2 = \text{Pot}_{\Gamma}(B) - AD^2 = R^2-BM^2-AD^2 = R^2-(BM^2+AD^2) = R^2-AM^2= (R-AM)(R+AM)$$

De donde el signo depende pura y exclusivamente de $R-AM$, es decir que si solo si $A$ se encuentra fuera de $\Gamma$ entonces $R-AM < 0$ y signo cambiado si se encuentra dentro. Además, si $R = AM$ entonces $A \in \Gamma$ y por arco capaz $\angle BAC = 90^{\circ}$ , que era lo que queríamos demostrar.

$\blacksquare$

Solución:

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Simples angulitos muestran $\triangle BSK \sim \triangle BMR$ y por tangencia $BM = BK$. Notar que como $MI = IK$ entonces $IB$ es la mediatriz de $MK$ y por consiguiente de $RS$, luego $B$ es el pie de la altura desde $I$ del triángulo $RIS$. Además, $BM < BI$ pues $\triangle BMI$ es rectángulo en $M$ y $BM$ es cateto. Por lo tanto se cumplen las condiciones de nuestro lema, luego:

$$\frac{BR}{BK} = \frac{BM}{BS} \iff BR.BS = BM^2 < BI^2 \Rightarrow \angle RIS < 90^{\circ}$$

$\blacksquare$