IGO 2021 - Nivel Avanzado - P1

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Juaco

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IGO 2021 - Nivel Avanzado - P1

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Dado el triángulo acutángulo $ABC$, sea $\omega$ su circuncírculo. $D$ es el punto medio de $AC$, $E$ es el pie de altura desde $A$ y $F$ es la intersección de $AB$ y $DE$. Sea $H$ un punto en el arco $BC$ de $\omega$ que no contiene a $A$ tal que $\angle BHE=\angle ABC$. Probar que $\angle BHF=90^\circ$.
$\text{“The further removed from usefulness or practical application, the more important."}$
ricarlos
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Re: IGO 2021 - Nivel Avanzado - P1

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Sea $\angle ABC = \beta$. Prolongamos $HE$ hasta intersectar a $\omega$ en J, luego $\angle JCB=\beta$ entonces tenemos que ABCJ es un trapecio isosceles. Perpendiculares por $B$ y $C$ cortan a $AJ$ en $L$ y $K$. Ya que $D$ es el punto medio de la diagonal del rectangulo AECK entonces $ED$ pasa por $K$. Sea $P=LB \cap JE$. Tomemos los triangulos $AKF$ y $LJP$,

$\frac{AK}{BE}=\frac{FK}{FE}$ y por otro lado $\frac{LJ}{BE}=\frac{PJ}{PE}$. Pero como $AK=LJ$ entonces

$\frac{FK}{FE}=\frac{PJ}{PE}$ de aqui tenemos que $FP\parallel BE$.

Sea Q un punto sobre $BC$ tal que $BC\perp QF$, vemos que $\angle BFP =\angle BQP=\angle BHE =\beta$ entonces $QFPHB$ es ciclico, luego $\angle BHF = 90$ pues el opuesto en el ciclico $QFHB$ tambien mide 90.
dibujo.png
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Dado un triangulo ABC y los puntos medios L, M y N de los lados BC, AC y AB, respectivamente, probar que las bisectrices de los angulos ANB, BLC y CMA son concurrentes.
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Lean

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Re: IGO 2021 - Nivel Avanzado - P1

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Por Teorema de la Mediana tenemos que $\overline{DA}=\overline{DE}=\overline{DC}$.
Entonces tenemos que:

$\widehat{BHA}=\widehat{BCA}=\widehat{DEC}=\widehat{DEF}$

$\widehat{BHE}=\widehat{ABE}$
$\widehat{AFE}=\widehat{ABE}-\widehat{BEF}=\widehat{BHE}-\widehat{BHA}=\widehat{AHE}$

Entonces, $AEHF$ es ciclico.
$\widehat{AEF}=\widehat{FHA} \Rightarrow \widehat{BHF}=\widehat{AEB}=90^{\circ}$
"El mejor número es el 73".
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Lean

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Re: IGO 2021 - Nivel Avanzado - P1

Mensaje sin leer por Lean »

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Sea $\widehat{ABC}=\widehat{BHE}=\alpha$ y $\widehat{ECD}=\widehat{DEC}=\widehat{BEF}=\widehat{BHA}=\beta$ por mediana a angulo recto en $\triangle AEC$. Sea $X=\overline{FH}\cap \circledcirc ABC, X\neq H$.

$\widehat{AHE}=\alpha -\beta$. $\widehat{EFC}+\widehat{ECF}=\beta$. Luego, $\widehat{BFE}=\alpha - \beta$. Por ende, $AFHE$ es ciclico.
$\widehat{FAE}=\widehat{BAE}=90^{\circ}-\alpha$. $\widehat{EHX}=\widehat{BAE}=90^{\circ}-\alpha$.

Entonces, $\widehat{BHE}+\widehat{EHX}=90^{\circ}=\widehat{BHF}$.
"El mejor número es el 73".
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