FOFO 9+1 Años - Problema 7

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
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Gianni De Rico

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FOFO 9+1 Años - Problema 7

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo cuyo otrocentro es el punto $H$. La circunferencia que pasa por los puntos $B$, $H$ y $C$ vuelve a intersecar a las rectas $AB$ y $AC$ en los puntos $D$ y $E$, respectivamente. Sean $P$ y $Q$ los puntos de intersección del segmento $DE$ con $HB$ y $HC$, respectivamente. Se consideran los puntos $X$ e $Y$ (distintos de $A$) que están sobre las rectas $AP$ y $AQ$, respectivamente, de manera que los puntos $X$, $A$, $H$ y $B$ están sobre una misma circunferencia y los puntos $Y$, $A$, $H$ y $C$ están sobre una misma circunferencia.

Demostrar que las rectas $XY$ y $BC$ son paralelas.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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Gianni De Rico

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Re: FOFO 9+1 Años - Problema 7

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Como varios marcaron en sus soluciones, el problema tiene varios casos dependiendo de cómo hagamos el dibujo (el punto $D$ puede quedarnos en el segmento $AB$ o en su prolongación, y lo mismo con $E$), pero como son todos parecidos, vamos a resolver uno solo.

Solución Oficial:
Spoiler: mostrar
El hecho clave a observar en este problema es que $B,X,E$ son colineales y $C,Y,D$ son colineales. Una vez que vimos esto en el dibujo, nos damos cuenta de que si pasara que $XY$ y $BC$ son paralelas entonces se tendría que $\angle DYX=\angle DCB$, pero por arco capaz $\angle DCB=\angle DEB=\angle DEX$, así que $DEYX$ sería un cuadrilátero cíclico. Bueno, el chiste acá es que podemos demostrar que $DEYX$ es cíclico y hacer los mismos angulitos para llegar a que $\angle DYX=\angle DCB$, y por lo tanto al paralelismo buscado.

Entonces nuestro objetivo es demostrar que $DEYX$ es cíclico, pero en realidad vamos a hacer algo más fuerte, vamos a demostrar que $ADXYE$ es cíclico. Para eso, notemos que como $ABXH$ es cíclico, entonces por Potencia de un Punto tenemos $PX\cdot PA=PB\cdot PH$, pero como $BCEHD$ es cíclico, aplicando nuevamente potencia de un punto resulta $PB\cdot PH=PD\cdot PE$, juntando estos dos resultados obtenemos que $PX\cdot PA=PD\cdot PE$. Esto último nos dice que $ADXE$ es cíclico, y por lo tanto $X$ está en la circunferencia circunscrita de $ADE$. De la misma forma vemos que $Y$ está en la circunferencia circunscrita de $ADE$. Entonces $ADXYE$ es cíclico, que era lo que queríamos demostrar.

¿Terminamos? No, para nada. Ver que $ADXYE$ es cíclico nos sirve para resolver el problema únicamente si sabemos que $B,X,E$ son colineales y que $C,Y,D$ son colineales. Para demostrar esto, vamos a ver que $\angle AXB=180^\circ -\angle EXA$.
Notemos que como $ABXH$ es cíclico entonces $\angle AXB=\angle AHB=180^\circ -\angle ACB$ (para quienes no la sepan, es un buen ejercicio demostrar esta última igualdad). Pero $\angle ACB=\angle ECB=\angle EDA$, ya que $BCED$ es cíclico. Por último, como $ADXE$ es cíclico, $\angle EDA=\angle EXA$. Entonces $\angle AXB=180^\circ -\angle EXA$, como queríamos. De la misma forma, podemos demostrar que $C,Y,D$ son colineales. Ahora sí, el problema está resuelto.

FOFO del 10 - Solución Oficial P7.png
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Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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Sandy

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Re: FOFO 9+1 Años - Problema 7

Mensaje sin leer por Sandy »

Solución:
Spoiler: mostrar
$H\widehat{E}A=180^{\text{o}}-H\widehat{E}C=H\widehat{B}C=90^{\text{o}}-A\widehat{C}B=H\widehat{A}C=H\widehat{A}E\Longrightarrow AH=HE$.
$H\widehat{D}A=180^{\text{o}}-H\widehat{D}B=H\widehat{C}B=90^{\text{o}}-A\widehat{B}C=H\widehat{A}B=H\widehat{A}D\Longrightarrow AH=HD$.
$\Longrightarrow$ $H$ es circuncentro de $\overset{\Delta }{ADE}$.
Luego las rectas $BH(=PH)$ y $CH(=QH)$ son mediatrices de $AE$ y $AD$ respectivamente.
Sean $X'=(\overset{\Delta }{ADE})\cap AP$, $Y'=(\overset{\Delta }{ADE})\cap AQ$.
$X'\widehat{D}E=X'\widehat{A}E=P\widehat{A}E=P\widehat{E}A=D\widehat{E}A\Longrightarrow X'D\parallel EA\Longrightarrow BH$ es también mediatriz de $DX'$.
$Y'\widehat{E}D=Y'\widehat{A}D=Q\widehat{A}D=Q\widehat{D}A=E\widehat{D}A\Longrightarrow Y'E\parallel DA\Longrightarrow CH$ es también mediatriz de $EY'$.
$B\widehat{H}X'=\frac{D\widehat{H}X'}{2}=D\widehat{A}X'=B\widehat{A}X'\Longrightarrow BX'HA$ es cíclico $\Longrightarrow X'=(\overset{\Delta }{BHA})\cap AP=X$.
$C\widehat{H}Y'=\frac{E\widehat{H}Y'}{2}=E\widehat{A}Y'=C\widehat{A}Y'\Longrightarrow CY'HA$ es cíclico $\Longrightarrow Y'=(\overset{\Delta }{CHA})\cap AQ=Y$.
Luego $H\in$ mediatriz de $XY$.
Como $AD\parallel EY$ y $DX\parallel AE$, $A\widehat{D}X=A\widehat{E}Y\Longrightarrow AX=AY\Longrightarrow A\in$ mediatriz de $XY$.
$\Longrightarrow AH$ es mediatriz de $XY$ $\Longrightarrow XY\perp AH\perp BC\Longrightarrow XY\parallel BC$.
Bonus track:
Spoiler: mostrar
  • $P$ y $B$ (y $Q$ y $C$) son inversos respecto a $(\overset{\Delta }{ADE})$
Spoiler: mostrar
$I_{(\overset{\Delta }{ADE})}(P)=PH\cap (\overset{\Delta }{DHE})=B$.
$I_{(\overset{\Delta }{ADE})}(Q)=QH\cap (\overset{\Delta }{DHE})=C$.
  • $B, X, E$ y $C, Y, D$ son colineales
Spoiler: mostrar
$B\widehat{X}D=B\widehat{D}X=180^{\text{o}}-A\widehat{D}X=X\widehat{E}A\Longrightarrow BX\parallel XE\Longrightarrow B,X,E$ son colineales.
$C\widehat{Y}E=C\widehat{E}Y=180^{\text{o}}-Y\widehat{E}A=Y\widehat{D}A\Longrightarrow CY\parallel YD\Longrightarrow C,Y,D$ son colineales.
  • $YQHD$ y $XPHE$ son cíclicos
Spoiler: mostrar
Se deduce de los dos datos anteriores (o probando que $X\widehat{E}H=180^{\text{o}}-X\widehat{P}H$ y que $Y\widehat{D}H=180^{\text{o}}-Y\widehat{Q}H$)
  • $BPQC$ es cíclico
Spoiler: mostrar
$B\widehat{C}Q=90^{\text{o}}-A\widehat{B}C=90^{\text{o}}-D\widehat{E}A=90^{\text{o}}-D\widehat{X}A=B\widehat{P}X=B\widehat{P}D=180^{\text{o}}-B\widehat{P}Q$
Última edición por Sandy el Mié 09 Dic, 2020 1:10 am, editado 2 veces en total.
$u=tan\left(\frac{x}{2}\right)$
$\frac{2}{1+u^2}du=dx$

joa.fernandez

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Re: FOFO 9+1 Años - Problema 7

Mensaje sin leer por joa.fernandez »

En la solución se analiza el caso en que $D$ está en la semirrecta $AB$ y $E$ pertenece al segmento $AC$ (los demás son análogos).
Solución:
Spoiler: mostrar
Vamos a no prestarle atención a los puntos $X$ e $Y$ por un momento, y concentrarnos en el resto de la configuración.

Sean $A_1$, $B_1$ y $C_1$ los pies de las alturas desde $A$, $B$ y $C$ respectivamente. También, sean $B\widehat{A}A_1 = \alpha$ y $A_1\widehat{A}Q = \beta$. (A partir de ahora doy por hecho conocido a los cíclicos que se forman a partir del ortocentro, porque sino la solución se vuelve muy engorrosa) Por arco capaz $C_1\widehat{A}A_1=C_1\widehat{C}A_1 = \alpha = H\widehat{C}B$. Nuevamente por arco capaz $H\widehat{C}B = H\widehat{D}B= \alpha$, por lo que $\triangle AHD$ es isósceles, y como $C_1H$ es áltura, también es mediatriz. Como $Q$ pertenece a esa mediatriz, $ D\widehat{A}Q= \alpha + \beta = A\widehat{D}Q \Rightarrow H\widehat{D}Q = H\widehat{D}E = \beta$. Por arco capaz $H\widehat{D}E = \beta = H\widehat{C}E$ y $C_1\widehat{C}B_1 = H\widehat{C}E = \beta = C_1\widehat{B}B_1$ y por opuestos por el vértice $A\widehat{B}B_1 = \beta = D\widehat{B}P$. Además $B\widehat{D}P = 180º - B\widehat{D}E = 180º -\alpha - \beta$. Luego, $B\widehat{P}D = 180° -(180º -\alpha - \beta + \beta) = \alpha$. Pero ahora notemos que $B\widehat{P}D = H\widehat{P}D = H\widehat{A}D = \alpha$, por lo que $AHDP$ es cíclico. Entonces, $H\widehat{D}A = \alpha = H\widehat{P}A$. Ahora, notamos que $PB_1$ es bisectriz de $A\widehat{P}C$, pero también era altura, por lo que $\triangle APE$ es isósceles y $PB_1$ es mediatriz. Creo que acá es donde se encuentra lo lindo de la configuración, ya que al fin y al cabo $C_1$ y $B_1$ terminan siendo los puntos medios de $AD$ y $AE$ respectivamente.
Por último, para ya poder "agregar" a $X$ e $Y$ es notar que $P\widehat{A}D = 180°- (2\alpha + 180° -\alpha - \beta) = \beta - \alpha$, de donde $P\widehat{A}H = \beta - \alpha + \alpha = \beta = P\widehat{A}D + B\widehat{A}H$.
Ahora sí. Por definición, $AHBX$ es cíclico, de donde $H\widehat{B}A = \beta = H\widehat{X}A$, por lo que $\triangle HXA$ es isósceles, con $H\widehat{X}A = H\widehat{A}X$.
Análogamente, por definición, $AHYC$ es cíclico,de donde $H\widehat{C}A = \beta = H\widehat{Y}A$, por lo que $\triangle HYA$ es isósceles, con $H\widehat{Y}A = H\widehat{A}Y$. Después de toda esta ensalada de angulitos, se acerca la paz. Veamos que $\triangle HXA \equiv \triangle HYA$ ya que tienen los mismos ángulos y comparten $AH$. De esto desprendemos que $AX = AY$, y como $AH$ es bisectriz, también será altura, de donde $XY \perp AH$, pero... $AH$ es altura de $BC$, por lo que $XY \parallel BC$, demostrando lo pedido.

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Gianni De Rico

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Re: FOFO 9+1 Años - Problema 7

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Esto es para avisar que ya está subida la solución oficial (y que vayan a ver la del P8 también).
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