OFO 2016 Problema 9

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Vladislao

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OFO 2016 Problema 9

Mensaje sin leer por Vladislao » Sab 16 Ene, 2016 11:49 pm

Sea [math] un triángulo acutángulo escaleno, y sea [math] el punto medio de [math]. Sean [math] y [math] los pies de las alturas desde [math] y [math] respectivamente. Sean [math] y [math] los puntos medios de [math] y [math] respectivamente. La recta [math] interseca a las rectas [math] y [math] en los puntos [math] e [math] respectivamente. Probar que el cuadrilátero [math] es cíclico.
Sea [math] Para todo entero positivo [math] se cumple que [math] es un número primo.

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Vladislao

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Re: OFO 2016 Problema 9

Mensaje sin leer por Vladislao » Sab 23 Ene, 2016 11:42 pm

Solución oficial
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Es claro que el cuadrilátero [math] es cíclico y su centro es [math], pues de hecho [math] y [math] son medianas en los triángulos rectángulos [math] y [math]. En particular, es [math]. Además, como [math] y [math] son isósceles, [math] y [math]. Por la ciclicidad de [math], se tiene que [math] y [math]. Esto dice que [math], y obviamente [math]. Por lo tanto, tenemos que [math] y [math] son tangentes a la circunferencia circunscripta de [math].

Ahora lo mágico. Notemos que [math] y [math] por ser [math] y [math] puntos medios. En particular [math] y [math]. Se sigue que [math] y [math] tienen la misma potencia respecto de la circunferencia circunscripta de [math] y respecto del punto [math]. O sea, [math] y [math] están en el eje radical de esa circunferencia y ese punto. Como [math] e [math] están en ese eje radical, se sigue que [math] y [math]. En particular, de la primera de esas dos igualdades se tiene que:
[math]
de donde se obtiene que los triángulos [math] y [math] son semejantes y por lo tanto [math]. Del mismo modo, resulta que [math]. Por lo tanto para concluir que [math] es cíclico, basta notar que:
[math]
Una delicia. Originalmente esperaba que alguien mandase esta solución, pero todas las que recibí son distintas a esta.
4  
Sea [math] Para todo entero positivo [math] se cumple que [math] es un número primo.

fleschler.ian

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Re: OFO 2016 Problema 9

Mensaje sin leer por fleschler.ian » Dom 24 Ene, 2016 12:21 am

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Para empezar vamos a reformular la definición del punto [math] para poder olvidarnos de los puntos [math] y [math].
Sea [math] la circunferencia circunscrita del triangulo [math].
Empecemos demostrando que [math] es la intersección de las tangentes a [math] por [math] y por [math].

Es un hecho conocido que el circuncentro de un triangulo rectángulo es el punto medio de su hipotenusa.
Sabiendo eso, en el triangulo [math] obtenemos [math] y en el triangulo [math] obtenemos [math].
Por lo tanto el cuadrilátero [math] es cíclico cuyo circuncentro es [math].
Como [math] entonces [math].
[math]
Análogamente [math].
[math].
Como [math] entonces [math].
Como [math] obtenemos por semi-inscritos que [math] es tangente a [math].
Análogamente obtenemos que [math] es tangente a [math]. Por lo tanto queda entonces demostrado que [math] es la intersección de las tangentes a [math] por [math] y por [math].

Reformulemos el problema al siguiente:
Sea [math] un triangulo acutángulo escaleno y sea [math] su circunferencia circunscrita. Sea [math] la intersección de las tangentes a [math] por [math] y por [math]. Sean [math] y [math] los puntos medios de [math] y [math] respectivamente. La recta [math] interseca a las prolongaciones de [math] y [math] en los puntos [math] e [math] respectivamente. Probar que el cuadrilátero [math] es cíclico.
*Notar que al olvidarnos inmediatamente de [math] y de [math] nos queda el mismo problema exacto, sin importar si [math] e [math] caen en los lados, [math] y [math], o en sus prolongaciones.
**El triangulo [math] es acutángulo escaleno ya que [math] y análogamente [math]. Por lo tanto es semejante a nuestro triangulo original [math], que era acutángulo escaleno.

Figura de analisis:
OFO 2016 4.png
Veamos que como [math] es base media del triangulo [math] entonces las rectas [math] y [math] son paralelas.
Por lo tanto [math].
Y [math].
Entonces [math] y [math].
Usando nuevamente que las rectas [math] y [math] son paralelas obtenemos [math] y [math].
Como [math] y [math]. Entonces los triangulos [math] y [math] son semejantes (en esa orientación).
Análogamente, los triángulos [math] y [math] son semejantes (en esa orientación).
Por lo tanto los triángulos [math] y [math] son semejantes (en esa orientación).
De ahí obtenemos [math].
Como [math], [math].
Esa última razón, combinada con [math] nos dice que los triángulos [math] y [math] son semejantes (en esa orientación).
Por lo tanto [math].
Entonces [math]
[math].
Como [math], queda entonces demostrado que el cuadrilátero [math] es cíclico.
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jujumas

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Re: OFO 2016 Problema 9

Mensaje sin leer por jujumas » Dom 24 Ene, 2016 12:24 pm

Quería postear literalmente la solución que mandé, por lo que les aviso que en esta solución menciono un lema que al final ni si quiera uso de forma indispensable.
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Nota antes de empezar: no pude acompañar la solución con una figura de análisis a base de estar de viaje con una portátil y no tener descargado ningún programa para esto. En esta solución, sin pérdida de generalidad, asumo que [math].

Llamemos [math] al punto medio de [math]. Ahora usaremos un lema algo desconocido pero de mucha utilidad para empezar a nombrar los ángulos.

Dado un triángulo [math] de alturas [math] y [math], sea [math] el punto medio de [math], entonces [math] coincide con una simediana del triángulo [math].

Es fácil ver que en este caso [math] se encuentra en el mismo semiplano de [math] que [math]. Por propiedad de simediana tenemos que la bisectriz de [math] coincide con la bisectriz de [math]. Luego, podemos decir que [math]. y que [math]

Para demostrar que [math] es cíclico vamos a ver que [math]. Vamos a rotular los otros dos ángulos de [math] ahora, de forma que [math] y [math]. Viendo los ángulos interiores de [math] concluimos que [math]. Notemos ahora que [math] es base media de [math], por lo que estas dos rectas son paralelas, de donde [math] y [math].

Como [math] al ser ambos ángulos rectos, es cuadrilátero [math] es cíclico. Además, por propiedad de mediana de un triángulo rectángulo en los triángulos [math] y [math] obtenemos que [math], por lo que [math] es el centro de dicho cuadrilátero. De esto podemos ver que [math] y que [math]. Por suma de ángulos internos, obtenemos que [math] y que [math].

Como [math], tenemos que [math] es mediatriz de [math], por lo que [math] y [math] son perpendiculares. Luego, al tratarse de un triángulo isósceles, [math] es además bisectriz de [math], por lo que [math].

Llamemos ahora [math] al punto de intersección de [math] y [math] (al ser [math], [math] se encuentra entre [math] y [math]). Por suma de ángulos internos en el triángulo [math], obtenemos que [math]. Luego, por suma de ángulos internos en [math], obtenemos que [math]. Luego, para calcular [math] calculamos [math].

Llamemos ahora [math] al simétrico de [math] por [math]. Notemos que [math] es base media de [math], por lo que estas dos rectas son paralelas. Luego, [math]. Notemos ahora que los ángulos de [math] y [math] coinciden, por lo que estos triángulos son semejantes. Notemos ahora [math] es mediana de [math] al igual que [math] es mediana de [math]. Luego, los triángulos [math] y [math] también son semejantes y en particular obtenemos que [math]. Luego, sumando este último ángulo a [math] obtenemos que [math], por lo que [math] es cíclico, como queríamos demostrar.

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Emerson Soriano

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Re: OFO 2016 Problema 9

Mensaje sin leer por Emerson Soriano » Dom 24 Ene, 2016 1:25 pm

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Solución al Problema 9.

En las rectas [math] y [math] ubicamos los puntos [math] e [math] tal que
[math].
Según ello podemos deducir que [math] y [math]. También podemos deducir que el cuadrilátero [math] es cíclico, por lo tanto [math] y [math]. Luego, como [math] entonces el cuadrilátero [math] es cíclico.

Trazamos la altura [math] en el triángulo [math] y trazamos la mediana [math] cortando a la recta [math] en el punto [math]. Es claro que [math], en consecuencia [math]. Notemos que [math], por lo tanto, [math].

Observemos que los triángulos [math] y [math] son semejantes. Ahora, en el triángulo [math] trazamos [math], donde [math] es punto medio de [math]. Luego, es fácil notar que [math] y [math]. Como los triángulos [math] y [math] son semejantes y [math] podemos deducir que los lados [math] y [math] son homólogos, por lo tanto [math] es punto medio del lado [math], es decir, [math].

Por otro lado, trazamos la altura [math] en el triángulo [math] y sea [math] el punto de corte de [math] con la recta [math]. De manera análogo podemos deducir que [math] es punto medio del lado [math] (usando los mismos argumentos que hemos usado para probar que [math] es punto medio de [math]). Luego, [math], y como la recta [math] corta a las rectas [math] y [math] en los puntos [math] e [math], respectivamente, entonces [math] e [math], y por ende deducimos que el cuadrilátero [math] es cíclico.

ktc123

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Re: OFO 2016 Problema 9

Mensaje sin leer por ktc123 » Mar 26 Ene, 2016 9:32 pm

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Sean [math], [math], [math], [math] el circuncentro de [math], [math] la intersección de [math] con [math], [math] el punto medio de [math], [math] el punto medio de [math] y [math] la intersección de [math] con [math]. Como [math], sigue que [math] es cíclico, y como [math] es punto medio de [math] vale que [math]. Al ser [math] isósceles, [math]. Dado que [math] es cíclico, [math]. Luego, como [math], sigue que [math], y por ser [math] isósceles, [math], de ahí, por suma de ángulos internos en [math], sigue que [math]. Como [math] es circuncentro de [math], por ser ángulo central, [math], entonces [math], con lo cual [math] es cíclico. Luego, por arco capaz, [math] y [math], y como [math] es isósceles (ya que [math] por ser circuncentro), por arco capaz, sigue que [math]. De inmediato sigue que [math] y que [math] (ya que [math] es altura y bisectriz en [math]). Como [math] por ser [math] y [math] puntos medios de [math] y [math], por Thales, sigue que [math], y que [math] (notar que [math] es semejante al [math]) (I). Dado que [math] es punto medio de [math], sigue que [math] es altura de [math] (ya que este es isósceles), y como [math] es punto medio de [math], sigue que [math]. Análogamente, como [math] es punto medio de [math], resulta que [math] es altura del triángulo [math] (ya que este es isósceles), y al ser [math] punto medio de [math], sigue que [math] (II). Al ser [math], obtenemos que [math]. Como [math] es punto medio de [math] y [math] es punto medio de [math], por Thales, [math] y entonces [math]. Por ser suplementarios, [math], así [math]. Por otro lado, vamos a calcular [math]. Por suma de ángulos internos en [math], [math] (ya que [math] y [math]). Por ser [math], [math]. Entonces:
[math]
, con lo cual [math] (III). Luego, por (I), (II) y (III), sigue que [math] y [math] son congruentes, con lo cual [math], y como [math], [math] y [math] se encuentran alineados, sigue que [math], [math] y [math] también lo están. Si prestamos atención, [math] es perpendicular a la recta [math] ( y se intersecan en [math]), [math] es perpendicular a la recta [math] (y se intersecan en [math]) y [math] es perpendicular a la recta [math] (y se intersecan en [math]), entonces como también [math], [math] y [math] se encuentran alineados, concluimos que dichos puntos pertenecen a la recta de Simson del triángulo [math] con respecto al punto [math], por lo tanto, [math] pertenece al circuncírculo de [math], es decir, [math] es cíclico.
1  
¨Todos somos muy ignorantes. Lo que ocurre es que no todos ignoramos las mismas cosas¨

tuvie

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Re: OFO 2016 Problema 9

Mensaje sin leer por tuvie » Mar 26 Ene, 2016 10:14 pm

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Sea [math] el punto de interseccion de [math] y la circunferencia circunscripta al triangulo [math]. Sea [math] la reflexion de [math] por [math]. Al ser [math] acutangulo, [math] cae dentro del triangulo [math] y es claro que cae sobre [math]. Por potencia de un punto [math], por lo que [math] es tangente al circuncirculo de [math] y [math]. Entonces, [math] y analogamente [math] y por ende [math]. Sea [math] el ortocentro de [math]. Como [math], [math] es ciclico y [math] por eso, y por opuestos por el vertice, [math], por lo que [math] y el cuadrilatero [math] es ciclico. Sin perdida de generalidad, [math]. Entonces [math] cae dentro de [math]. Entonces [math], y por lo obtenido antes, [math] y entonces [math] es ciclico, es decir, [math] es ciclico. Ahora, la paralela a [math] por [math] corta a [math] en [math] y a [math] en [math]. Notemos que como [math], [math] es ciclico, por lo que [math], lo ultimo por ser [math] paralela a [math]. Por ser [math] [math] cae en la semirrecta [math] y [math] dentro del segmento [math]. Ahora, al ser [math] ciclico, [math] y entonces [math] y [math] es ciclico. Entonces [math], donde uso que [math] es ciclico y que [math] es paralelo a [math], por lo que [math] es ciclico.
Ahora notemos que [math] y tambien [math] usando que [math] y [math] son ciclicos, queda que [math] y como [math], nos queda que [math] y [math] son semejantes, y como [math], [math] y [math] son homoteticos, al haber una homotecia de centro en [math] que manda uno al otro. Entonces podemos mandar este triangulo a uno que tenga como vertices los puntos medios de [math], [math] y [math], siendo esta homotecia tambien de centro en [math]. Si probamos que estos puntos son [math], [math] y [math] estamos, porque entonces [math] y sera ciclico el cuadrilatero [math]. Bueno, pero esto es verdad ya que por ser base media, [math] es paralela a [math] y por ende paralela a [math] por lo que por Thales, [math] y [math] y estamos, ya que por definicion [math] es punto medio de [math].

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Gianni De Rico

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Re: OFO 2016 Problema 9

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 20 Ago, 2019 11:35 pm

Sin angulitos
Solución:
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Sean $F$ el segundo punto de intersección de $AM$ y el circuncírculo de $ADE$, $G=DE\cap MY$, y sea $H$ el ortocentro de $ABC$.
Como $HD\perp AD$ y $HE\perp AE$, tenemos que $ADHE$ es cíclico y $AH$ es diámetro de $\odot ADE$. Por la propiedad de la mediana de un triángulo rectángulo tenemos $ME=MB=MC=MD$.
Veamos que $ADFE$ es armónico. En efecto, sea $P$ el punto de intersección de la tangente a $\odot ADE$ por $A$ con $BC$, como $AP\perp AH\perp BC$, tenemos $P=P_{\infty BC}$, de donde $\{A,F;D,E\}\underset{A}{=}\{P_{\infty BC},M;C,B\}=-1$. Luego, como $M\in AF$ y $MD=ME$, tenemos que $MD$ y $ME$ son tangentes a $\odot ADE$.
Veamos que $FD\parallel MY$. En efecto, por ser $L,K$ puntos medios de $MD,ME$, tenemos $LK\parallel DE$, de donde $YK\parallel GE$, por lo que $Y$ es el punto medio de $MG$. Sea $P'$ el punto de intersección de $DF$ con $MY$, luego, $\{Y,P';M,G\}\underset{D}{=}\{A,F;D,E\}=-1$, de donde $P'=P_{\infty MY}$, por lo que $DF\parallel MY$. Análogamente, $EF\parallel MX$.
Entonces la homotecia de centro $A$ que manda $F$ a $M$, también manda $D$ a $Y$, y manda $E$ a $X$. Como $ADFE$ es cíclico, tenemos que $AXMY$ es cíclico.
1  
[math]

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