IBERI 2018 - P6

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Violeta

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IBERI 2018 - P6

Mensaje sin leer por Violeta »

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo con $AC>AB>BC$. Las mediatrices de $AC$ y $AB$ intersecan a la recta $BC$ en $D$ y $E$, respectivamente. Los puntos $P$ y $Q$ están sobre $AC$ y $AB$, respectivamente, de forma tal que $BA=BP$ y $CA=CQ$. $EP$ interseca a $DQ$ en $K$. Si $M$ es el punto medio de $BC$, probar que $D\widehat KA=E\widehat KM$.
Para todo [math], existen [math] primos en sucesión aritmética.
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Violeta

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Re: IBERI 2018 - P6

Mensaje sin leer por Violeta »

Una solución que me contó un amigo:
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Sea $H$ el ortocentro de $ABC$ y $A'$ el reflejo de $A$ con respecto a $M$. Es claro que $BHCPA'Q$ es cíclico, digamos con circuncírculo $\Gamma$.

Si $O$ es el circuncentro de $ABC$, sea $K'$ la intersección de $OH$ y $\Gamma$. Ahora, $\angle EOK' = \angle CHK' = \angle EBK'$ y $EOBK'$ es cíclico. Entonces, $\angle EK'B = 180 - \angle EOB = \angle C = 180 - \angle PCB = \angle PK'B$ y $E,P,K'$ son colineares. Análogamente, $D,Q,K'$ son colineales y $K'=K$.

Ahora, notamos que como $A'C=AB=BP$, $A'PCB$ es un trapecio isósceles y $A'P=BC$. Análogamente, $A'Q=BC=A'P$. Como $A'H$ es un diámetro, pues $\angle HCA' = 90$, queda que $HP=HQ$. Esto implica que $\angle EKH = \angle PQH = \angle QPH = \angle DKH$ y queda que $KH$ biseca $\angle EKD$. Entonces, si vemos que $KH$ biseca $\angle AKM$, acabamos.

Sea $G$ el centroide de $ABC$. Como $(A,M;G,A') = -1$ y $\angle GKA' = 90$, queda que $KG$ biseca $\angle AKM$ y acabamos.
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Para todo [math], existen [math] primos en sucesión aritmética.
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Gianni De Rico

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Re: IBERI 2018 - P6

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

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Sea $K_1$ el segundo punto de intersección de $\odot BOE$ y $\odot COD$, sea $F$ el segundo punto de intersección de $BH$ con $\odot BOE$ y sea $G$ el segundo punto de intersección de $CH$ con $COD$.
Tenemos que\begin{align*}\angle BK_1C & =\angle BK_1O+\angle OK_1C \\
& =\angle BEO+\angle ODC \\
& =90^\circ -\angle CBA+90^\circ -\angle ABC \\
& =\angle BAC \\
& =180^\circ -\angle BHC
\end{align*}de donde $BHCK_1$ es cíclico. Además, como $\angle BPC=\angle BPA=\angle BAP=\angle BAC=180^\circ -\angle BHC$, tenemos que $BHCP$ es cíclico, y análogamente $BHCQ$ es cíclico. Entonces $BHCPK_1Q$ es cíclico.
Por otro lado, como $\angle OFH=\angle OFB=\angle OEB=\angle HCB=90^\circ -\angle CBA$, $\angle OGH=\angle OGC=\angle ODC=\angle HBC=90^\circ -\angle ACB$ y $\angle FHG=\angle BHC=180^\circ -\angle BAC$, por suma de ángulos interiores de un cuadrilátero tenemos que $\angle FOG=180^\circ$, es decir que $F,O,G$ son colineales, y por lo tanto $\angle GFB=\angle OFB=\angle HCB=\angle GCB$, de modo que $BCFG$ es cíclico. Luego$$\operatorname{Pot}(H,\odot BOE)=HB\cdot HF=\operatorname{Pot}(H,\odot BCFG)=HC\cdot HG=\operatorname{Pot}(H,\odot COD)$$de modo que $H$ está en el eje radical de $\odot BOE$ y $\odot COD$, es decir que $O,H,K_1$ son colineales.
Ahora, como $H$ y $O$ son conjugados isogonales en $ABC$, tenemos que$$\angle PK_1H=\angle PBH=\angle HBA=\angle CBO=\angle EBO=\angle EK_1O$$de donde $E,P,K_1$ son colineales, y análogamente se tiene que $D,Q,K_1$ son colineales, luego, $K\equiv K_1$.

Ahora, sean $K',P',Q'$ los simétricos de $K,P,Q$, respectivamente, por $M$. Tenemos que $K',P',Q'\in \odot ABC$ pues $\odot BHC$ y $\odot ABC$ son simétricas por $M$. Luego$$\angle OP'C=90^\circ -\angle P'K'C=90^\circ -\angle PKB=90^\circ -\angle ACB=\angle ODC$$de modo que $DCOP'$ es cíclico. Además\begin{align*}\angle P'AB & =\angle P'CB\\
& =\angle PBC \\
& =\angle PBA-\angle CBA \\
& =180^\circ -2\angle BAC-\angle CBA \\
& =180^\circ -\angle BAC-\angle CBA-\angle BAC \\
& =\angle ACB-\angle BAC \\
& =\angle ACD-\angle BAC \\
& =\angle DAC-\angle BAC \\
& =\angle DAB
\end{align*}de donde $D,P',A$ son colineales. Análogamente se ve que $EBOQ'$ es cíclico y que $E,Q',A$ son colineales.
Tenemos entonces que\begin{align*}\angle P'K'Q & =\angle PKQ' \\
& =\angle EKQ' \\
& =\angle EBQ' \\
& =\angle CBQ' \\
& =\angle CAQ' \\
& =\angle CAE \\
& =\angle CBA-\angle BAC
\end{align*}y análogamente, $\angle PK'Q'=\angle ACB-\angle BAC$.
Ahora\begin{align*}\angle P'K'Q' & =\angle PKQ \\
& =\angle PKO+\angle OKQ \\
& =\angle EKO+\angle OKD \\
& =\angle EBO+\angle OCD \\
& =\angle CBO+\angle OCB \\
& =180^\circ -\angle BOC \\
& =180^\circ -2\angle BAC
\end{align*}de modo que\begin{align*}\angle QK'P & =\angle P'K'Q'-\angle P'K'Q-\angle PK'Q' \\
& =180^\circ -2\angle BAC-(\angle CBA-\angle BAC)-(\angle ACB-\angle BAC) \\
& =180^\circ -\angle CBA-\angle ACB \\
& =\angle BAC \\
& =\angle QAP
\end{align*}con lo que $APQK'$ es cíclico.
Como $A,K'\in \odot ABC$ y $O$ es su circuncentro, entonces $O$ está en la mediatriz de $AK'$. Como $A,K'\in \odot APQ$ y $H$ es su circuncentro (pues $PH=AH=QH$), entonces $H$ está en la mediatriz de $AK'$. Luego, $OH$ es mediatriz de $AK'$, por lo que $K$ está en la mediatriz de $AK'$, se sigue que $KH$ es bisectriz de $\angle AKK'$, es decir, $KH$ es bisectriz de $\angle AKM$. Por otro lado, como $PH=AH=QH$, entonces $KH$ es bisectriz de $\angle PKQ$, es decir, $KH$ es bisectriz de $\angle EKD$. Luego, $\angle HKM=\angle HKA$ y $\angle DKH=\angle EKH$, con lo que$$\angle DKA=\angle DKH-\angle HKA=\angle EKH-\angle HKM=\angle EKM$$como queríamos.
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♪♫ do re mi función lineal ♪♫
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