Cono Sur 2019 - Problema 6

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
Sandy

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Cono Sur 2019 - Problema 6

Mensaje sin leer por Sandy » Sab 31 Ago, 2019 9:24 pm

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo con $AB<AC$, y sea $H$ su ortocentro. La circunferencia de diámetro $AH$ interseca a. La circunferencia circunscrita de $ABC$ en $P≠A$. La tangente a la circunferencia circunscrita de $ABC$ por $P$ interseca a la recta $BC$ en $Q$. Demostrar que $QP=QH$.

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Joacoini

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Re: Cono Sur 2019 - Problema 6

Mensaje sin leer por Joacoini » Dom 01 Sep, 2019 12:22 am

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Sea $M$ el punto medio de $BC$.

La recta $PH$ pasa por $M$.
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Sea $H'$ el simétrico de $H$ por $M$, $AH'$ es diámetro por reflexiones del ortocentro alguien que me enseñe a poner un hipervinculo.

$A\hat PH=90$ por lo que $H'$, $H$ y $P$ son colineales y por ende $M$ está en esta recta.
La potencia a un punto de $M$ a la circunferencia $APH$ es $(\frac{BC}{2})^2$
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Sea $BD$ la altura de $ABC$, $M$ es el circuncentro de $BCD$.
$H\hat DM=B\hat DM=90-\frac{B\hat MD}{2}=90-\frac{2B\hat CA}{2}=90-B\hat CA$

Además,
$H\hat AD=H\hat AC=90-B\hat CA=H\hat DM$
Luego, $MD$ es tangente a la circunferencia $APH$ y la potencia a un punto de $M$ es $MD^2=MB^2=(\frac{BC}{2})^2$
La potencia a un punto de $M$ a la circunferencia de centro $Q$ y radio $QP$ es $(\frac{BC}{2})^2$
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Por potencia a un punto de $Q$ a $ABC$.
$QP^2=QB×QC=(QM-MB)(QM+MC)=QM^2-(\frac{BC}{2})^2$
$(\frac{BC}{2})^2=QM^2-QP^2$

Lo cual es la fórmula de la potencia a un punto, distancia al centro al cuadrado menos radio al cuadrado.
Tenemos que $M$ está en el eje radical de estas dos circunferencias pero $P$ también lo está, luego $PM$ es el eje radical entonces $H$ se encuentra en este y como $H$ pertenece a la circunferencia $APH$ también pertenece a la otra por lo que $QP=QH$.
NO HAY ANÁLISIS.

BrunZo

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Re: Cono Sur 2019 - Problema 6

Mensaje sin leer por BrunZo » Dom 01 Sep, 2019 4:23 pm

Muy simpático el problema.

Solución:
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geogebra-export.png
Definimos los pies de las alturas $D$, $E$, $F$, el punto medio $M$ de $BC$, la reflexión $A'$ de $H$ por $BC$ y la antípoda $A''$ de $A$.
Notemos que como $Q$ está sobre $BC$, entonces $QH=QA'$, por lo que basta probar $QP=QA'$, que es análogo a que $QA'$ sea tangente al circuncírculo.

Vamos a empezar con un par de lemas preliminares:

Lema 1. $P$, $H$ y $M$ son colineales.
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Por la condición $\angle APH=90^{\circ}$, que hace que $P$, $H$ y $A''$ sean colineales. Pero es sabido que $H$ y $A''$ son simétricos respecto de $M$, luego $M$ también cae en esta recta.
Lema 2. $ME$ y $MF$ son tangentes al círculo de diámetro $AH$.
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Debido a los ángulos rectos, $E$ y $F$ caen en los círculos de diámetros $AH$ y $BC$. Esto implica que $MB=ME=MF=MC$. Finalmente,
$$\angle BFM=\angle MBF=\angle CBA=\angle FEA$$
de modo que por ángulo semiinscrito, $MF$ es efectivamente tangente. Similarmente $ME$ también lo es.
Lema 3. Si en un cuadrilátero cíclico $ABCD$, las tangentes por $A$, $C$ y $BD$ concurren, entonces lo hacen las tangentes por $B$, $D$ y $AC$.
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Ambas condiciones son análogas a que $ABCD$ sea armónico, es decir $AB\cdot CD=BC\cdot DA$.
Ahora, volvamos al problema.
Fijémonos que
$$\angle FPH=\angle FAH=\angle BAA'=\angle BPA',\quad \angle PHF=\angle PAF=\angle PAB=\angle PA'B$$
Estos ángulos implican que $PFH$ y que $PBA'$ son semejantes. Una condición similar implica que $PEH$ y $PCA'$ también son semejantes. Pero notemos que esto implica que la unión de $PFH$ y $PEH$ (el cuadrilátero cíclico $PEHF$) y la unión de $PBA'$ y $PCA'$ (el cuadrilátero cíclico $PBA'C$) son semejantes.
Ahora, notemos que en $PEHF$, las tangentes por $E$, $F$ y $PH$ concurren en $M$, luego por semejanza, en $PBA'C$, las tangentes por $B$, $C$ y $PA'$ concurren en algún punto $N$. Pero por el Lema 3, esto es análogo a que las tangentes por $P$, $A'$ y $BC$ concurren. Pero la primera y la tercera se cortan en $Q$, luego la segunda también pasa por $Q$, es decir, $QA'$ es tangente al circuncírculo. Que implica
$$QP=QA'=QH$$
como queríamos.
Comentario:
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El problema es simplemente una forma linda de decir que $BA'CP$ es armónico que también se podría probar, por ejemplo, proyectando por $A''$ en $BC$.
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Gianni De Rico

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Re: Cono Sur 2019 - Problema 6

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Lun 02 Sep, 2019 9:58 am

Otra idea (con hipervínculo para @Joacoini)
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Empezamos con un lema cuya demostración dejamos como ejercicio al lector
Lema 1: Vale el recíproco de IMO 2010 - P4

Veamos otro lema
Lema 2: Sea $ABC$ un triángulo de circuncírculo $\Gamma$, y sea $H$ su ortocentro. Sea $D$ el opuesto diametral de $A$ en $\Gamma$, y sean $E$ y $F$ los puntos donde las rectas $BH$ y $CH$ cortan nuevamente a $\Gamma$, respectivamente.
Entonces $DE=DF$.
Demostración:
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Tenemos que $\angle DFC=\angle DAC$. Como $AH$ y $AD$ son isogonales, tenemos $\angle DAC=\angle BAH$. Por ser $H$ ortocentro tenemos $\angle BAH=\angle BCH=\angle BCF=\angle BEF$. Entonces $\angle DFC=\angle BEF$.
Análogamente, $\angle CFE=\angle DEB$.
Luego, $\angle DFE=\angle DFC+\angle CFE=\angle DEB+\angle BEF=\angle DEF$. Por lo que $DE=DF$. $\blacksquare$
El problema sigue de aplicar el Lema 1 al triángulo $PBC$ con el punto $H$
[math]

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