Selectivo de IMO 2018 - Problema 2

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Matías V5

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Selectivo de IMO 2018 - Problema 2

Mensaje sin leer por Matías V5 » Vie 04 May, 2018 3:43 pm

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo con circuncentro $O$. Sean $D$, $E$, $F$ los pies de las alturas trazadas desde $A$, $B$, $C$ respectivamente. Sea $M$ el punto medio del lado $BC$. Sean $X$ el punto de intersección de las rectas $AD$ y $EF$, $Y$ el punto de intersección de las rectas $AO$ y $BC$, y $Z$ el punto medio del segmento $XY$. Demostrar que los puntos $A$, $Z$, $M$ son colineales.
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enigma1234

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Re: Selectivo de IMO 2018 - Problema 2

Mensaje sin leer por enigma1234 » Vie 04 May, 2018 5:21 pm

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Sea $H $ el ortocentro de $\triangle ABC $ y $G $ el segundo punto de corte de $AO $ con $\odot (ABC)$ es conocido que el punto medio de $GH $ es $M $ de esto lo que nos piden es solo si $XY\parallel GH $ que es lo mismo que probar que $\frac {AX}{AH}=\frac{AY}{AG} $.
Screenshot_2018-05-04-17-34-27-1.png
Ahora es fácil ver que $BCEF $ es cíclico tenemos que $\triangle ABC $ y $\triangle AEF$ son semejantes,también es fácil ver que $AEHF $ es cíclico y que $AH $ es diámetro de $\odot (AEF) $ entonces $G $ y $H $ son homólogos en la semejanza anterior en este orden, y como $X $ y $Y $ son la intersección de dichos diámetro con los lados homólogos entonces $Y $ y $X$ son homólogos en la misma semejanza en ese orden. Entonces de la semejanza tendremos que $\frac {AX}{AH}=\frac{AY}{AG} $ que es lo que queríamos probar.
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Gianni De Rico

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Re: Selectivo de IMO 2018 - Problema 2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Vie 04 May, 2018 6:42 pm

Parecida
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Sea $\Gamma$ la circunscrita a $\triangle ABC$, $H$ el ortocentro de $\triangle ABC$ y $H'$ el simétrico de $H$ por $M$. Por las reflexiones del ortocentro, $H'$ es el opuesto diametral de $A$ en $\Gamma$, luego, $A,O,Y,H'$ son colineales.
Sea $B\widehat AH'=\alpha$, como $AH$ es diámetro de $\Gamma$ tenemos $A\widehat BH'=90°=A\widehat EH$. Como $O$ y $H$ son conjugados isogonales tenemos $B\widehat AH'=H\widehat AE=\alpha$. Entonces $\triangle AHE\simeq \triangle AH'B\Rightarrow \frac{AH}{AH'}=\frac{AE}{AB}$ (*)
Sea $Y\widehat BA=\beta$, como $B\widehat FC=90°=B\widehat EC$ tenemos que $BFEC$ es cíclico$\Rightarrow X\widehat EA=Y\widehat BA=\beta$, luego, $X\widehat AE=Y\widehat AB=\alpha$ y $X\widehat EA=Y\widehat BA=\beta\Rightarrow \triangle AXE\simeq \triangle AYB\Rightarrow \frac{AX}{AY}=\frac{AE}{AB}$ (**)

De (*) y (**) tenemos $\frac{AX}{AY}=\frac{AH}{AH'}$, por lo tanto $HH'$ y $XY$ son homotéticos de centro $A$. Esta homotecia lleva el punto medio $M$ de $HH'$ al punto medio $Z$ de $XY$. Luego, $A,Z,M$ son colineales.
[math]

jujumas

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Re: Selectivo de IMO 2018 - Problema 2

Mensaje sin leer por jujumas » Vie 04 May, 2018 8:31 pm

Una solución un poco espantosa:
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Selectivo IMO 2018 P2.png
La colinealidad es equivalente a $\frac{sin(\angle ZAY)}{sin(\angle XAZ)}=\frac{sin(\angle MAY)}{sin(\angle DAM)}$. Notemos que por teorema de bisectriz generalizado, la primer fracción es igual a $\frac{AX}{AY}$. Es facil ver además que $\angle YAC = \angle XAF$ y que $\angle AFX = \angle ACY$. Luego, $AFX$ y $ACY$ son semejantes, y $\frac{AX}{AY}=\frac{AF}{AC}$.

Por el teorema de bisectriz generalizado nuevamente, la segunda fracción es igual a $\frac{YM}{AY} \times \frac{AD}{DM} = \frac{AD}{AY} \times \frac{YM}{MD}$. La primera fracción de este producto es igual a $sin(\angle AYD)=sin(\angle OYC)$. Como $OM$ y $AD$ son paralelas, la segunda fracción del producto es $\frac{YO}{OA}=\frac{YO}{OC}$. Luego, por el teorema del seno tenemos que $sin(\angle OYC) \times \frac{YO}{OC} = sin(\angle OCY) = sin (\angle OCB) = sin (90^{\circ} - \angle BAC) = sin (\angle ACF) = \frac{AF}{AC}$, lo que completa la demostración.
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Chino2000

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Re: Selectivo de IMO 2018 - Problema 2

Mensaje sin leer por Chino2000 » Vie 18 May, 2018 4:55 pm

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Sea $H$ el ortocentro de $ABC$, $J$ la segunda intersección de la recta $AD$ y la circunferencia circunscrita de $ABC$, $K$ la segunda intersección de la recta $AO$ y la circunferencia circunscrita de $ABC$.
Por teorema de Menelao en el triangulo $YXD$, la colinealidad equivale a demostrar que $\frac{YM}{MD}.\frac{DA}{AX}.\frac{XZ}{ZY}=1$. Como $Z$ es punto medio de $XY$, la condición se reduce a demostrar que $\frac{YM}{MD}=\frac{AX}{DA}$.
Notemos que $FHDB$ y $XFBJ$ son ciclicos, por lo tanto, por potencia de un punto $AH.AD=AF.AB$ y $AX.AJ=AF.AB$, luego $AH.AD=AX.AJ$. Entonces $\frac{AX}{AD}=\frac{AH}{AJ}$ (1).
Ahora, como $MO$ es mediatriz de $BC$, $MO \parallel AD$, y por Thales, $\frac{YM}{MD}=\frac{YO}{OA}$ (2).
Por (1) y (2), queremos demostrar que $\frac{AH}{AJ}=\frac{YO}{OA}$.
Como $OA$ es radio de la circunferencia, $OA=OJ$. Sea $W$ la intersección de $OJ$ y $BC$. Como $AK$ es diámetro, $AJK=90=ADB$, luego $JK \parallel BD$ y, $OJ=OK$, $OY=OW$.
Entonces queremos demostrar que $\frac{AH}{AJ}=\frac{OW}{AJ}$. Pero alcanza con demostrar que $HW \parallel AK$.
Por angulo central, $JOK=2.JAK$, y como $OJ=OK$, $OJK=90-JAK$, como $KJA=90$, $OJA=JAK$. Por reflexión del ortocentro, $OD=DJ$, luego $BC$ es mediatriz de $HJ$, entonces $JWH=WHJ=JAK$ y queda demostrado lo que queriamos :D
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