IGO 2014 - Nivel Avanzado - Problema 5

[drynshock]

Dos puntos $P$ y $Q$ están en el lado $BC$ de un triángulo $ABC$ y sus distancias hasta el punto medio de $BC$ es igual. Las perpendiculares desde $P$ y $Q$ hacia $BC$ intersecan a $AC$ y $AB$ en $E$ y $F$, respectivamente. $M$ es el punto de intersección de $PF$ y $EQ$. Si $H_1$ y $H_2$ son los ortocentros de los triángulos $BFP$ y $CEQ$, respectivamente, demostrar que $AM \perp H_1H_2$.

[Ignacio Daniele]

Spoiler: mostrar

Una solución con coordenadas, pero escrita en Word, así que no usa LATEX, y no está muy bien explicado, solo están las cuentas y los valores, pero en general, mXY significa pendiente de la recta XY, y kXY significa ordenada al origen de XY, y cuando kXY=mXY o kXY=mXY, defino a XY=mXY para sacar factor común. Además, no lo revisé, así que es posible que me haya olvidado algún menos o algo así, pero el resultado da, así que creo que está bien. Usé que si dos rectas son perpendiculares, es conocido que sus pendientes multiplican -1. Habiendo dicho eso, la solución:

Spoiler: mostrar

Sin pérdida de generalidad, B(-1;0) y C(1;0). Además, A(Ax,Ay) con Ay>0 sin pérdida de generalidad.
También, P(k;0) y Q(-k;0).
AB(x)=mAB.x+kAB
kAB=mAB=AB
AB.Ax+AB=Ay
AB(Ax+1)=Ay
AB=Ay/(Ax+1)
Fy=AB(1-k)
Fy=Ay(1-k)/(1+Ax)
AC(x)=mAC.x+kAC
mAC+kAC=0
mAC=-kAC=AC
AC.Ax-AC=Ay
AC(Ax-1)=Ay
AC=Ay/(Ax-1)
Ey=AC.k-AC=AC(k-1)
Ey=Ay(1-k)/(1-Ax)
FP(x)=-Ay(1-k)x/(2k(1+Ax))+Ay(1-k)/(2(1+Ax))
EQ(x)=Ay(1-k)x/(2k(1-Ax))+Ay(1-k)/(2(1-Ax))
Ay(1-k)x/(k((1-Ax)(1+Ax)))=
-(Ay(1-k))(Ax/((1-Ax)(1+Ax))
x/k=Ax
x=k.Ax
Mx=-k.Ax
My=Ay(1-k)(1+Ax)/(2(1+Ax))
My=Ay(1-k)/2
BH1(x)=2k(1+Ax)/(Ay(1-k))(1+x)
H1y=2k(1+Ax)(1-k)/(Ay(1-k))
H1y=2k(Ax+1)/Ay
CH2(x)=2k(Ax-1)/(Ay(1-k))(x-1)
H2y=2k(Ax-1)(1-k)/(Ay(k-1))
H2y=2k(1-Ax)/Ay
mH1H2=2k(Ax+1-1+Ax)/(Ay.-2k)
mH1H2=2k.2Ax/(-2k.Ay)=-2Ax/Ay
mAM=Ay((1-k)/2-1)÷Ax(-k-1)
mAM=Ay(-1-k)/(2Ax(-k-1))=
=Ay/(2Ax)
mH1H2.mAM=-1
Son perpendiculares.

[gerez_robert]

Una verdadera joyita.

Spoiler: mostrar

Sean $Q'$ el pie de la perpendicular a $BC$ por $A$, $P'$ el reflejo de $Q'$ por el punto medio de $BC$.
Luego sean:
$D=QF\cap{AC}, G=PE\cap{AB}, H=GQ\cap{AP},$ $M'=GQ\cap{PD}, P''=AM'\cap{BC}$

Vamos a ver que $M\in{AP'}$
Bien, por la reflexión tenemos que $(B, C), (P, Q), (P', Q')$ son pares de una involución(reflexión por el punto medio de $BC$).
$\Rightarrow \{B, P; P', Q\}=\{C, Q; Q', P\}$ (*)
Luego proyectando:
$\begin{align*}\{B, P; P'', Q\}&\overset{A}{=}\{G, H; M', Q\}\\&\overset{P}{=}\{E, A; D, C\}\\&=\{P, Q'; Q, C\}\\&=\{C, Q; Q', P\}\\&\overset{(*)}{=}\{B, P; P', Q\}\end{align*}$
$\Rightarrow P'\equiv{P''}$
En realidad esto sale del tirón, aplicando el DDIT a $A$ y al cuadrilatero degenerado $GQDP$, pero bueno, haciendo esto terminamos demostrando dicho teorema(o al menos este caso particular).
Finalmente, por el teorema de Pappus, aplicado a los puntos $E, G, P, Q, D$ y $F$, tenemos que $A, M$ y $M'$ son colineales.
$\Rightarrow M\in{AP'}$
Gráfico:

Spoiler: mostrar

IMG-20250320-WA0029.jpg

Sean $K$ y $E'$ las intersecciones de la perpendicular a $BC$ por $P'$ con $AB$ y $AC$, respectivamente. Sean $H_1'$ y $H_2'$ los ortocentros de $\triangle ABP'$ y de $\triangle CE'Q'$, respectivamente.
Sean $I=H_1'P'\cap{AB}, J=H_2'Q'\cap{AC}$

Una cosa antes de empezar, como $E'P'\perp BC$, entonces $H_2'$ está sobre $E'P'$, analogamente, $H_1'$ está sobre $AQ'$(sucede algo analogo con $H_1$ y $H_2$, lo digo ahora porque mas adelante no lo voy a mencionar).
Ahora si, para esta segunda parte vamos a demostrar que $H_1'H_2'\perp AP'$. Notar que esto último es equivalente a probar que $B, H_2'$ y $H_1'$ son colineales, en efecto, pues $BH_1'\perp AP'$, y por Thales, esto es equivalente a probar:
$$\frac{P'H_2'}{Q'H'_1}=\frac{KP'}{AQ'}$$
Dicho eso, comenzamos. Por la reflexión tenemos:

$BP'=CQ'$ (1)

Luego, por las perpendiculares tenemos que $BIQ'H_1'$ y $CJP'H_2'$ son cíclicos.
$\Rightarrow IP'\cdot{P'H_1'}=BP'\cdot{P'Q'}\overset{(1)}{=}CQ'\cdot{Q'P'}=JQ\cdot{Q'H_2'}$

$\Rightarrow \frac{Q'H_2'}{P'H_1'}=\frac{IP'}{JQ'}$ (2)

Además, $\triangle BKP'\sim{\triangle BP'I}, \triangle CAQ'\sim{\triangle CQ'J}$ (3)

Por último, usando semejanza en los cíclicos:

$\frac{P'H_2'}{CJ}=\frac{Q'H_2'}{CQ'}, \frac{BI}{Q'H_1'}=\frac{BP'}{P'H_1'}$

Multiplicando estas dos últimas y operando:
$$\begin{align*}\frac{P'H_2'}{Q'H_1'}&=\frac{CJ}{BI}\cdot{\frac{Q'H_2'}{P'H_1'}}\cdot{\frac{BP'}{CQ'}}\\&\overset{(1)}{=}\frac{CJ}{BI}\cdot{\frac{Q'H_2'}{P'H_1'}}\\&\overset{(2)}{=}\frac{CJ}{BI}\cdot{\frac{IP'}{JQ'}}\\&=\frac{CJ}{JQ'}\cdot{\frac{IP'}{BI}}\\&\overset{(3)}{=}\frac{CQ'}{AQ'}\cdot{\frac{KP'}{BP'}}\\&\overset{(1)}{=}\frac{KP'}{AQ'}\end{align*}$$
Gráfico:

Spoiler: mostrar

IMG-20250320-WA0030.jpg

Sean $X=PH_1\cap{QH_2}, Y=P'H_1'\cap{Q'H_2'}, Z=XY\cap{BC}$

Repasemos, de la primera parte obtuvimos que el problema es equivalente a demostrar que $H_1H_2\perp AP'$, y por la segunda parte esto es equivalente a probar que $H_1H_2\parallel H_1'H_2'$
Como $PH_1\perp AB$, entonces $PH_1\parallel P'H_1'$, analogamente tenemos que $QH_2\parallel Q'H_2'$. Entonces los triangulos $PXH_2$ y $P'YH_2'$ son homoteticos, en simultaneo, los triangulos $QXH_1$ y $Q'YH_1'$ también son homoteticos.
$\Rightarrow PQ, H_1H_1', XY$ y $H_2H_2'$ concurren en $Z$
Finalmente, notar que los triangulos $XH_1H_2$ e $YH_1'H_2'$ estan en perspectiva respecto a $Z$, entonces, por el teorema de Desargues:

$H_1X\cap{H_1'Y}, H_2X\cap{H_2'Y}$ y $H_1H_2\cap{H_1'H_2'}$ son colineales.

Por $H_1X\cap{H_1'Y}=\infty, H_2X\cap{H_2'Y}=\infty$, se sigue que $H_1H_2\cap{H_1'H_2'}=\infty$

$\Rightarrow H_1H_2\parallel H_1'H_2'$ $\blacksquare$

Gráfico:

Spoiler: mostrar

IMG-20250320-WA0033.jpg

Comentario:

Spoiler: mostrar

Seria mejor poner "las perpendiculares a $BC$ por $P$ y por $Q$", suena medio raro "las perpendiculares desde $P$ y $Q$ hacia $BC$" siendo que estos puntos estan sobre dicho segmento.

[drynshock]

Seria mejor poner "las perpendiculares a $BC$ por $P$ y por $Q$", suena medio raro "las perpendiculares desde $P$ y $Q$ hacia $BC$" siendo que estos puntos estan sobre dicho segmento.

Si, suena mejor. Lo traduje medio literal del inglés, así que no pensé en el dibujo.