Cono Sur 2019 - Problema 6

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
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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 $QP=QH$.
$u=tan\left(\frac{x}{2}\right)$
$\frac{2}{1+u^2}du=dx$

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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

Spoiler: mostrar
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 $(\frac{BC}{2})^2$
Spoiler: mostrar
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 $(\frac{BC}{2})^2$
Spoiler: mostrar
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.
Spoiler: mostrar
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 $AH$.
Spoiler: mostrar
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 (pueden ver acá también)
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:
Spoiler: mostrar
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 $H$
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

BrunZo

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Re: Cono Sur 2019 - Problema 6

Mensaje sin leer por BrunZo » Lun 12 Oct, 2020 1:22 am

Quiero contar una historia:

Esta historia comienza con una solución al problema, una que es tremendamente simple, pero igualmente difícil:
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La idea básica es la siguiente: Supongamos que $H'$ es el reflejo de $H$ por $BC$. Primero que nada, es claro que $H'$ está en $AH$. Segundo, es un hecho conocido que $H'$ está en el circuncírculo de $ABC$ (esto vale porque por angulitos podemos ver que $\angle BHC=180^{\circ}-\angle A$, y por reflexión, este ángulo es lo mismo que $\angle BH'C$; entonces, ángulos opuestos suman 180 así que tenemos un cíclico).

Bueno, el truquito de esta solución es empezar por el ejercicio de suponer que $QP=QH$. Por definición $Q$ está en $BC$, luego por simetría, necesariamente debería ocurrir que $QH=QH'$. Entonces, si lo que nos pide probar el problema fuese cierto (y esperemos que así sea), entonces $Q$ sería el circuncentro de $PHH'$. Esto lo podemos pensar de otra forma: Por un lado, si probamos que $Q$ es el circuncentro, entonces en principio ya estaríamos (porque se desprendería que $QP=QH$), y por otro lado, como el problema seguramente sea cierto, no queda otra que que $Q$ sea el circuncentro, así que, supuestamente, esto es algo que deberíamos poder probar.

Ahora, vamos con otra herramienta lógica: Tramposética. Esto es así: Supongamos que $Q'$ es el circuncentro de $PHH'$. Primero, se ve que $BC$ es la mediatriz de $HH'$, por lo que si tan sólo probásemos que $Q'P$ es tangente al circuncírculo, entonces el punto $Q'$ tendría la misma definición que $Q$ ("la intersección de la tangente por $P$ y la recta $BC$"), lo que implicaría que $Q'$ y $Q$ son el mismo punto, por lo que entonces, efectivamente, habríamos probado que $Q$ es el circuncentro de $PHH'$.

Pero bueno, y acá llega lo bueno, notemos que si $\angle PAH=\alpha$, entonces, como $\angle APH=90^{\circ}$, entonces $\angle PHA=90^{\circ}-\alpha$ y, por la colinealidad que vimos al principio, vale que $\angle PHH'=90^{\circ}+\alpha$ . Ahora, como $Q'$ es circuncentro, por ángulo central vale que $\angle PQ'H'=180^{\circ}+2\alpha$; pero como esta cantidad es mayor a $180^{\circ}$, entonces necesariamente nos estamos refiriendo al ángulo cóncavo, por lo que el convexo medirá $180^{\circ}-2\alpha$. Pero entonces, como $Q'P=Q'H'$, los otros dos ángulos de triángulo miden $\angle Q'PH'=\angle PH'Q=\alpha$. Pero por ángulo seminscrito $\angle PAH'=\angle Q'PH=\alpha$, se sigue que $Q'P$ es tangente al circuncírculo y... Estamos.

geogebra-export.png


Lo tremendo de esta solución, es que puede hacerse ocupar dos líneas, siempre y cuando escondamos toda la maquinaria lógica que tuvimos que usar en un principio (y queda oculta).

Cabe aclarar que esta solución nos la contó Lucas Andi en un entrenamiento del año pasado.
Terminamos.


Claro que no, nunca terminamos. Como bien dice el dicho:
Dicho escribió: Todo problema recién empieza por su solución.
Bueno, ¿pero qué más vamos a sacar de esta solución? En fin, mi historia continúa con el siguiente problema:

Sea $ABC$ un triángulo, sea $M$ el punto medio de $BC$ y sea $R$ un punto en el interior del triángulo tal que $\angle BPC+\angle BAC=180^{\circ}$. La recta $MR$ corta al circuncírculo del triángulo $ABC$ en $P$. La tangente al circuncírculo por $P$ corta a $BC$ en $Q$. Probar que $QP=QR$.

El problema está (un poco retocado) como un problema de la maratón de geometría. Antes que nada, una breve introducción al problema.
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Bueno, teniendo en cuenta el problema del post original, y con alguna que otra idea en la cabeza, se puede ver que el problema de Cono es un caso particular: El caso en el que $R=H$ (lo que hay que hacer es ver dos cosas: Primero que $\angle BHC=180^{\circ}-\angle BAC$, lo cual dijimos en la solución, y segundo que el $P$ del problema original es el mismo punto que el $P$ de la variante, que si bien es más complicado, lo demostramos en el primer lema de mi otra solución en mi primer post).

La generalización que propongo no es caída del cielo, se me ocurrió cuando leí el siguiente problema:

Sea $ABC$ un triángulo y sea $R$ un punto en el interior tal que $\angle RBC=\angle RAB$ y $\angle RCB=\angle RAC$. Sea $Q$ la intersección de $BC$ y la tangente al circuncírculo de $ABC$ por $A$. Probar que $QA=QR$.

Bueno, este problema es un poco más tramposo. En realidad resulta ser que el punto $R$ (definido por esas dos igualdades de ángulos) es un punto muy conocido, que conocemos localmente como "punto mágico de la mediana". Si bien me sorprende que no haya casi nada escrito sobre este punto en el Foro, por ahora vamos a quedarnos con que este punto cumple dos propiedades esenciales (podríamos imaginar que cambiamos el enunciado para que $R$ esté definido por estas dos propiedades nomás):

1. Cumple $\angle BPC+\angle BAC=180^{\circ}$ (esto se puede ver fácilmente a partir de la igualdad de ángulos, lo dejo como ejercicio).
2. Está en la mediana $AM$, donde $M$ es punto medio de $BC$ (esto es más difícil de probar, pero también está bueno pensarlo).

Sabiendo esto, es inmediato (más que nada con mi ayuda en la notación) que nos encontramos ante otro caso particular de la generalización que propuse. Cuando leí este problema, inmediatamente recordé este problema de Cono y me puse a pensar a ver si podía extender la solución que ya conocía (la de la primera parte) para el caso general; cosa que logré hacer (y recomiendo a todo lector que lo intente antes de seguir).

Nos vemos en el siguiente spoiler con la solución.
Y ahora sí, la solución:
Spoiler: mostrar

La solución es tremendamente parecida a la del problema original, con una pequeña trampita: ahora el ángulo $\angle PAR$ no es tan lindo como antes (antes aprovechabamos una colinealidad que ahora no tenemos). Por lo tanto, tendremos que usar otro ángulo. Ya veremos cuál.

Primero lo primero, hay que aprovechar $\angle BRC+\angle BAC=180^{\circ}$. Lo que pasa es que en realidad, esto es solo una forma confusa de decir que, si $R'$ y $A'$ son los reflejos de $R$ por $BC$ y $M$, entonces, por simetría, lo que vale es que $\angle BR'C=\angle BA'C=\angle BRC=180^{\circ}-\angle BAC$, por lo que tanto $R'$ como $A'$ están en la circunferencia circunscrita de $ABC$ (usamos un argumento muy parecido en la primera solución para decir que $H'$ estaba en el circuncírculo).

Ahora bien, esto nos ayuda a interpretar otra cosa más: Notemos que la recta $MR$ pasa por $A'$ (por simetría, ya que $R$ y $A'$ son simétricos por $M$), así que tenemos que $P$, $R$, $M$ y $A'$ son colineales.

Eso sí, no nos olvidemos del truquito que usamos en nuestra otra solución: Si definimos $Q'$ como el circuncentro de $PRR'$ (que sería como nuestro análogo a $PHH'$), ahora queremos probar $Q'P$ es tangente al circuncírculo.

geogebra-export (1).png


Pero bueno, consideremos el ángulo $\angle PA'R'=\alpha$ (el ángulo mágico). Ahora, si $D$ es la intersección de $RR'$ con $BC$, entonces es claro que $\angle RDM=90^{\circ}$. Más aún, $RD=DR'$ y $RM=MA'$, por lo que $DM$ es base media de $RR'A'$, por lo que $DM\parallel R'A'$, y entonces $\angle RR'A'=90^{\circ}$. Por lo tanto, vale que $\angle R'RA=90^{\circ}-\alpha$, y por la definción de $P$ vale que $\angle PRR'=90^{\circ}+\alpha$. Con el mismo ángulo central que en la otra solución, vale que $\angle PQR'=180^{\circ}-2\alpha$, luego $\angle QPR'=\angle QR'P=\alpha$ y por el ángulo seminscrito $\angle PA'R'=\angle QPR'=\alpha$ se ve la tangencia que necesitábamos, por lo que terminamos.
Bueno, ahora la pregunta definitiva: ¿Por qué vengo acá, reviviendo un problema de la Cono del año pasado y alardeando que encontré un problema más general? Bueno, en realidad hay tres razones:

1. Mientras más problemas, mejor.
2. Refuerza la idea de que los problemas, de Cono, Zonal o IMO, nunca se terminan.
3. Hay dos cosas que todavía no conté:
Spoiler: mostrar

Primero, quiero retomar el caso en el que $R$ es "el punto mágico de la mediana" (es decir, que cumple esa igualdad de ángulos). Lo que tenía de especial es que, en este caso, el punto $P$ coincide con $A$. Peeero, hay una cosa que todavía no mencioné en este post, aunque sí fue mencionada bastante en el post anterior: En realidad nosotros usamos que $Q$ era un circuncentro para $QP=QR$, pero en definitiva también sabemos otra cosa, sabemos que $QP=QR'$. Pero en ese caso, sabiendo que $QP$ es tangente, entonces se sigue que $QR'$ también tiene que ser tangente (esto también se puede apreciar cuando calculamos los angulitos de $PQ'R'$ y hacemos ángulo seminscrito con $Q'R'$ en vez de con $Q'P$). O sea, si estamos entendiendo bien, lo que nos dice este caso es que, dado un triángulo $ABC$, si construimos el punto $R'$ como nos dice el enunciado, entonces las tangentes por $A$ y por $R'$ se cortan en $BC$... Hasta acá todo bien,

Ahora me meto un poco más técnico. A muchos este hecho les sonará a una idea muy conocida en geometría: Cuadriláteros armónicos. Un cuadrilátero armónico es un tipo particular de cuadrilátero cícilico, que cumple una serie de propiedadese especiales. Seguramente haya ya algo escrito en el Foro sobre esto. Lo práctico de estos cuadrilátero es que, tal como hay una serie de condiciones análogas para ver si un cuadrilátero es cícilico, también existe una serie de condidiciones análogas para ver si un cuadrilátero $BACD$ es armónico. Algunas de las condiciones más conocidas son:

1. $AB\cdot CD=AC\cdot BD$.
2a. Las tangentes por $A$ y $D$ al circuncírculo se cortan en $BC$.
2b. Las tangentes por $B$ y $C$ al circuncírculo se cortan en $AD$.
3. $AD$ es $A$-simediana de $ABC$.
Acá, simediana es una palabra sofisticada para la siguiente idea: Tomamos un triángulo $ABC$ y el punto medio $M$ de $BC$ ($AM$ es mediana). Ahora, tomamos un punto $D$ en el circuncírculo tal que $\angle BAM=\angle CAD$ (cuando las rectas $AM$ y $AD$ cumplen esta igualdad se dice que son conjugadas isogonales). En estra construcción, se dice que $AD$ es la simediana (por que es el simétrico de la mediana).

En términos de olimpíadas, lo que uno muchas veces suele hacer es decir: "Como vale (tal de las propiedades mencionadas), se sigue que $ABCD$ es armónico, luego vale (tal otra de las propiedades mencionadas)". Un ejemplo puede ser el tercer lema de la solución de mi primer post, que dice que si vale 2a entonces vale 2b y viceversa. Si bien en un contexto olimpíco, uno no necesita demostrar que las propiedades son análogas, siempre es un buen ejercicio para pensar.

Bueno, a nosotros en este caso nos van a interesar la 2 y la 3. Lo interesante de ver que estas dos propiedades son análogas es que da otra construcción para la simediana: Si ya tenemos $ABC$, podemos trazar las tangentes por $B$ y $C$ al circuncírculo e intersecarlas en $T$. Entonces, si cortamos $AT$ con el circuncírculo en $D$, entonces $AD$ es la simediana (ya que, en este caso las tangentes por $B$ y $C$ se cortarían en $AD$, así que $BACD$ sería armónico y entonces $AD$ sería simediana).

Muchos ya habrán encontrado la 2 en nuestro caso: Recordemos que nosotros vimos que las tangentes por $A$ y por $R'$ (nuestro $D$) se cortaban en $BC$. Ahora bien, recordemos la definición anterior que yo di de "punto mágico de la mediana". En ésta, yo decía $\angle RBC=\angle RAB$. Ahora, también sabemos que $\angle R'BC=\angle RBC$, por lo que en definitiva $\angle R'BC=\angle RAB$. Ahora, por cíclicos el primer ángulo es $\angle R'AC$, mientras que, el segundo ángulo es $\angle BAM$ por colinealidad... ¡Pero esto es la igualdad de los conjugados isogonales! Así que, en efecto $AR'$ sería la simediana de $ABC$...

Pero pará... Retrocedamos un momento... Lo que nosotros habíamos visto con nuestro argumento es que, dado $ABC$, si construimos $R'$ (que ahora sabemos que es la simediana), entonces vale que las tangentes se cortan en $BC$... O lo que es lo mismo, ¡demostramos que si vale 3, entonces vale 2!

Bueno.

En efecto, al fin y al cabo, el problema nos ayudó a encontrar otra demostración de este lema conocido (por ejemplo, yo conocía otra que también involucraba al punto mágico de la mediana, pero eso para otra ocasión). Esta es una de las razones que me impulsó a escribir esto, para mostrar como la geometría no es más que una red de ideas relacionadas de las maneras más inesperadas...

Y falta la prometida segunda cosa: Ya que nos metimos en el mundo armónico, a los que les guste proyectar quizás les guste la siguiente solución del problema general.

Definimos los puntos $R'$ y $A'$ como antes. Proyectemos el cuadrilátero $PBCR'$ por $A'$ sobre $BC$. Lo que obtenemos es la cuaterna $B,C$ y $M,\infty$ (ya que $A'P$ pasa por $M$ y $A'R'$ es paralela a $BC$), que es armónica. Por lo tanto, el cuadrilátero $PBCR'$ era armónico (esto podemos conectarlo con todo lo que charlamos en los últimos párrafos). Pero de acá se sigue que las tangentes por $P$ y $R'$ se cortan en $BC$, pero ya sabemos que la de $P$ pasa por $Q$, así que la de $R'$ también pasa por $Q$. Pero entonces, vale que $QP=QR'$, pero sabemos que $QR'=QR$, así que terminamos.

Y como comentario final, me gustaría que esto último no se vea como: "Ah, así que hay otra solución más corta usando cuadriláteros armónicos", sino que podemos pensar que la solución primera que vimos en realidad es la esencia de este tipo de proyección $B,C$ y $M,\infty$ y que, al fin y al cabo, en el fondo, lo que pasa es que hay una simediana ahí en el medio.

Y colorín colorado... El problema todavía no se ha acabado.

EDIT: Parece que no estaba en mi mejor momento al escribir esto. Ahora creo que está un poco mejor.
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