XX Rioplatense N3 P2

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Matías V5

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XX Rioplatense N3 P2

Mensaje sin leer por Matías V5 » Sab 10 Dic, 2011 6:56 pm

Sea [math] un triángulo acutángulo y [math] su ortocentro. Las rectas [math] y [math] intersecan [math] y [math] en [math] y [math] respectivamente. La recta [math] interseca a la recta [math] en [math]. Sean [math] la circunferencia que pasa por los puntos [math], [math] y [math], y [math] la circunferencia que pasa por los puntos [math]. La recta [math] interseca nuevamente a [math] en [math]. Sea [math] el pie de la bisectriz interna de [math] y [math] el punto medio del arco [math] de [math] que contiene a [math]. La recta [math] interseca nuevamente a [math] en [math]. Demostrar que los triángulos [math] y [math] son semejantes.
"La geometría es el arte de hacer razonamientos correctos a partir de figuras incorrectas." -- Henri Poincaré

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Vladislao

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Re: XX Rioplatense N3 P2

Mensaje sin leer por Vladislao » Mar 13 Dic, 2011 1:22 am

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Hay un problemita que salió en el entrenamiento Cono de este año que vamos a usar como Lema:

Sea [math] un triángulo, y [math] su ortocentro. Sean [math] y [math]. Si el circuncírculo del [math] intersecta al circuncírculo del [math] en un punto [math], entonces se cumple que: [math].

Demostración:

Notemos que el [math] es cíclico. De ésto es fácil ver que los triángulos [math] y [math] son semejantes. Esto es:

[math]

Sea [math]. Es fácil ver que [math] es el centro radical de los circuncírculos de los triángulos [math] y [math] y del circuncírculo del [math].

Como [math] y [math], entonces los triángulos [math] y [math] son semejantes. De ésto se ve que el cuadrilátero [math] es cíclico.

Por otro lado, como el [math] es cíclico, se tiene que [math].

Como [math] entonces el [math] es cíclico, luego [math]. En particular nos quedemos con la igualdad [math] y con [math]. De ésto se tiene que [math]. Esta semejanza nos dice que:

[math]

Juntando ésto junto con el hecho de que [math], se sigue lo pedido.
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Rioplatense.PNG
Olvidemos las notaciones anteriores.

Es claro que [math].

Ahora, como [math], [math] y [math] son colineales, se tiene que [math] es bisectriz del ángulo [math]. Como además [math] es pie de la bisectriz del ángulo [math], tenemos que:

[math]

Ahora, veamos que [math] está en el circuncírculo del [math]. En efecto, pues, por potencia desde [math] al circuncírculo del cuadrilátero [math] se tiene que [math]. Por potencia desde [math] al circuncírculo del [math], se tiene que [math]. Luego [math]. De ésto se desprende que el [math] es cíclico, como queríamos.

Luego, podemos usar nuestro lema, es decir que: [math]

Como teníamos que [math], entonces [math].

Como además, [math], sigue que [math].

Luego, tenemos que: [math].

Luego, como tenemos que [math] y [math]. Tenemos que los triángulos [math] y [math] son semejantes, tal y como queríamos probar.
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Sea [math] Para todo entero positivo [math] se cumple que [math] es un número primo.

MexicOMM
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Re: XX Rioplatense N3 P2

Mensaje sin leer por MexicOMM » Dom 24 Ago, 2014 9:28 pm

Notemos que el cuadrilátero [math] es armónico. En efecto pues [math] (donde [math] es el pie de perpendicular desde [math]) son un haz armónico. Ahora fijémosnos en el cuadrilátero [math] de igual forma es armónico, pues [math] es la bisectriz de [math] y [math] la de [math] (ambas son hipótesis) y por el teorema de la bisectriz [math] la primera y última igualdad nos confirma que en efecto es armónico. Ahora como el cuadrilátero [math] es cíclico se tiene que [math] como [math] es armónico se tiene que [math] por lo que [math]. Posteriormente como [math] es armónico o por el teorema de la bisectriz, se tiene que [math] combinando la igualdad anterior con esta se obtiene que [math]. Para finalizar, como el ángulo [math] se obtiene que [math] y por lo anterior los triángulos [math] y [math] son semejantes por el criterio LAL.

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Gianni De Rico

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Re: XX Rioplatense N3 P2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 07 Dic, 2019 7:25 pm

Muchas transformaciones y pocos angulitos

Solución 1:
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Rioplatense 2011 N3 P2 (1).png

Notemos que como $H$ es el ortocentro de $ABC$, entonces $BE\perp AC$ y $CF\perp AB$, luego, $BCEF$ es cíclico.
Sean $\omega$ y $\Omega$ los circuncírculos de $BCEF$ y $ABC$, respectivamente, $G$ el segundo punto de intersección de $DH$ con $\Gamma _1$, $K$ el punto medio de $BC$, y sea $\varphi$ la circunferencia de Apolonio de $J$ respecto a $\{B,C\}$.

Por potencia de un punto, tenemos que $$DI\cdot DA=\text{Pot}(D,\Gamma _1)=DF\cdot DE=\text{Pot}(D,\omega )=DB\cdot DC=\text{Pot}(D,\Omega )$$ por lo que $I\in \Omega$, y también $$DH\cdot DG=\text{Pot}(D,\Gamma _1)=DF\cdot DE=\text{Pot}(D,\omega )=DB\cdot DC=\text{Pot}(D,\Gamma _2)$$ por lo que $G\in \Gamma _2$, luego, $A,G,K$ son colineales.

Ahora, sea $\Psi (X)$ el inverso de $X$ por $\omega$, como $K$ es el punto medio de $BC$, tenemos que $K$ es el centro de $\omega$, y como $KE$ y $KF$ son tangentes a $\Gamma _1$, tenemos que $\Psi (\Gamma _1)=\Gamma _1$, además, como $A,G,K$ son colineales, tenemos que $\Psi (G)=A$. Por otro lado, $\Psi (B)=B$ y $\Psi (C)=C$, pues $B,C\in \omega$, luego, $\Psi (\Gamma _2)=\Omega$, de donde, como $H\in \Gamma _1\cap \Gamma _2$ y $H\not \equiv G$, tenemos que $\Psi (H)\in \Psi (\Gamma _1)\cap \Psi (\Gamma _2)=\Gamma _1\cap \Omega$ y $\Psi (H)\not \equiv \Psi (G)=A$, por lo que $\Psi (H)=I$, entonces $K,H,I$ son colineales. De donde $HEFI$ es armónico.

Como $M$ es el punto medio del arco $BC$ de $\Gamma _2$ que contiene a $H$, tenemos que $NM$ es bisectriz de $\angle BNC$, de donde $NJ$ es bisectriz de $\angle BNC$, luego, $H,N\in \varphi$, de donde $HNBC$ es armónico.

Como $BCEF$ es cíclico y $H=BE\cap CF$, tenemos que $FHE\simeq BHC$, y como $HEFI$ y $HBNC$ son armónicos, resulta que los triángulos $EIF$ y $CNB$ son semejantes.
Solución 2:
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Rioplatense 2011 N3 P2 (2).png

Notemos que como $H$ es el ortocentro de $ABC$, entonces $BE\perp AC$ y $CF\perp AB$, luego, $BCEF$ es cíclico.
Sean $\omega$ y $\Omega$ los circuncírculos de $BCEF$ y $ABC$, respectivamente, $G$ el punto medio del arco $BC$ de $\Omega$ que no contiene al punto $A$.

Por potencia de un punto, tenemos que $$DI\cdot DA=\text{Pot}(D,\Gamma _1)=DF\cdot DE=\text{Pot}(D,\omega )=DB\cdot DC=\text{Pot}(D,\Omega )$$ por lo que $I\in \Omega$. Luego, $I$ es el centro de la rotohomotecia que manda $EF$ a $CB$, por lo que $EIF$ y $CIB$ son semejantes. Como las rotohomotecias vienen de a pares, $I$ es el centro de la rotohomotecia que manda $CE$ a $BF$, por lo que $\frac{CI}{BI}=\frac{CE}{BF}$, pero como $BCEF$ es cíclico y $H=BE\cap CF$, tenemos que $FHB\simeq EHC$, de donde $\frac{CE}{BF}=\frac{CH}{BH}$, y por ser $HJ$ bisectriz de $\angle BHC$, resulta $\frac{CH}{BH}=\frac{CJ}{BJ}$, luego, $\frac{CI}{BI}=\frac{CJ}{BJ}$, entonces $IJ$ es bisectriz de $\angle BIC$, por lo que $I,J,G$ son colineales.

Ahora, sea $r(X)$ el reflejo de $X$ por $BC$. Tenemos que $r(\Gamma _2)=\Omega$, $r(J)=J$ y $r(M)=G$, luego, como $N\in \Gamma _2\cap MJ$ y $N\not \equiv M$, tenemos que $r(N)\in r(\Gamma _2)\cap r(MJ)=\Omega \cap GJ$ y $r(N)\not \equiv G$, por lo que $r(N)=I$. Como $r(C)=C$ y $r(B)=B$, tenemos que $EIF\simeq CIB\equiv CNB$. Por lo tanto, los triángulos $EIF$ y $CNB$ son semejantes.
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