24° APMO 2012 - Problema 4

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
Avatar de Usuario
Matías V5

Colaborador-Varias OFO - Jurado-OFO 2015 OFO - Jurado-OFO 2016 FOFO 6 años - Jurado-FOFO 6 años OFO - Jurado-OFO 2017
OFO - Jurado-OFO 2018 OFO - Jurado-OFO 2020
Mensajes: 965
Registrado: Dom 17 Oct, 2010 4:44 pm
Medallas: 7
Nivel: Exolímpico

24° APMO 2012 - Problema 4

Mensaje sin leer por Matías V5 » Lun 02 Abr, 2012 3:12 pm

Sea [math] un triángulo acutángulo. Denotamos [math] al pie de la perpendicular a [math] trazada por [math], [math] al punto medio de [math], y [math] al ortocentro de [math]. Sea [math] el punto de intersección de la circunferencia circunscrita [math] del triángulo [math] y la semirrecta [math], y [math] el punto de intersección (distinto de [math]) de la recta [math] y la circunferencia [math]. Demostrar que [math].
We gave you a start so you'd know what to do
You've seen how it works, now it's over to you (...)
For there's so much more to explore!

Numberblocks - https://www.youtube.com/watch?v=SoRiOoqao5Y

Avatar de Usuario
Ivan

Colaborador-Varias
Mensajes: 1021
Registrado: Vie 15 Oct, 2010 7:18 pm
Medallas: 1
Nivel: Exolímpico

Re: 24° APMO 2012 - Problema 4

Mensaje sin leer por Ivan » Lun 02 Abr, 2012 3:30 pm

Es un hecho conocido que las reflexiones del ortocentro con respecto a los pies de las alturas y los puntos medios de los lados caen en la circunferencia circunscripta (una forma bastante simple de verlo es considerando la circunferencia de los nueve puntos).

Sean [math], [math], [math].

Por lo que dijimos antes, [math] y [math]. En consecuencia [math].

Ahora [math] y sigue que [math] (olvidando el signo).
cuenca2012.png
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
Guía de $\LaTeX$ (sirve para escribir ecuaciones como $2^{3\times 2}+1=13\cdot 5$)

Avatar de Usuario
Vladislao

Colaborador-Varias OFO - Jurado-OFO 2015 OFO - Jurado-OFO 2016 FOFO 6 años - Jurado-FOFO 6 años OFO - Jurado-OFO 2017
FOFO Pascua 2017 - Jurado-FOFO Pascua 2017
Mensajes: 809
Registrado: Mar 28 Dic, 2010 3:26 pm
Medallas: 6
Nivel: Exolímpico
Ubicación: Córdoba

Re: 24° APMO 2012 - Problema 4

Mensaje sin leer por Vladislao » Mar 03 Abr, 2012 2:02 pm

Está buenísima esa solución.

Una idea que se me ocurrió en la prueba y que creo que podía resultar útil es la siguiente:
Spoiler: mostrar
Primero, advertir que la condición que nos piden probar que es que el cuadrilátero [math] es armónico. Luego, ver que eso implica que [math] es simediana del triángulo [math]. Y, finalmente, lo que quedaría sería probar que [math] (esta parte no me salió, pero intuyo que no debe ser tan 'molesto' como lo que nos pedían inicialmente).
Sea [math] Para todo entero positivo [math] se cumple que [math] es un número primo.

cogo

Colaborador-Varias OFO - Jurado-OFO 2015
Mensajes: 31
Registrado: Vie 29 Oct, 2010 9:24 pm
Medallas: 2

Re: 24° APMO 2012 - Problema 4

Mensaje sin leer por cogo » Dom 22 Abr, 2012 3:45 am

Antes que nada, adelanto dos lemas que voy a usar a lo largo de la solución. El primero es que si tenemos un triángulo [math] y [math] una ceviana entonces [math] (lo cual se demuestra utilizando teoremas del seno en los triángulos [math] y [math]) y que [math].

Ahora bien, en principio marcamos el centro de [math] al que llamaremos [math]. Vamos a probar que [math] y [math] se intersecan en [math]. En efecto, sea [math] el punto de intersección de ambas rectas. No es difícil ver que [math] y [math] son semejantes pues [math] (por ser ambas perpendiculares a [math]) entonces [math] [math] como [math] entonces [math] es punto medio de [math] entonces [math] entonces [math] está en [math], como buscábamos probar.

Dicho esto, vayamos a trabajar con lo puntual del problema.
Usando del lema enunciado inicialmente en [math], tenemos [math].
Veamos como reescribir [math]:
Es claro que [math].

Ahora veamos como reescribir [math].
Como [math] (por arco capaz con [math] en [math]) y [math] (por arco capaz con [math] en [math]) entonces [math]. A su vez, [math] y [math] [math] [math]. Ahora, mirando en el triángulo [math], [math]. Como [math] y [math] [math] [math]. Entonces reescribimos [math].

[math].

Como [math] y por lo tanto también sucede [math],
por lo que [math] entonces [math] como buscábamos probar.

GEOMETRÍA (L)
2  

Avatar de Usuario
Prillo

Colaborador-Varias OFO - Jurado-OFO 2015
Mensajes: 400
Registrado: Sab 18 Dic, 2010 8:52 pm
Medallas: 2

Re: 24° APMO 2012 - Problema 4

Mensaje sin leer por Prillo » Dom 22 Abr, 2012 10:48 am

Bello, bello, diste toda una cátedra sobre cómo usar la importante extensión del teorema del seno. :P

cogo

Colaborador-Varias OFO - Jurado-OFO 2015
Mensajes: 31
Registrado: Vie 29 Oct, 2010 9:24 pm
Medallas: 2

Re: 24° APMO 2012 - Problema 4

Mensaje sin leer por cogo » Dom 22 Abr, 2012 11:33 pm

gracias prillin :) vos me lo enseñaste! sos un bestia :D

Avatar de Usuario
Gianni De Rico

FOFO 7 años - Mención Especial-FOFO 7 años OFO - Medalla de Oro-OFO 2019 COFFEE - Jurado-COFFEE Matías Saucedo OFO - Jurado-OFO 2020 FOFO Pascua 2020 - Jurado-FOFO Pascua 2020
COFFEE - Jurado-COFFEE Carolina González COFFEE - Jurado-COFFEE Ariel Zylber
Mensajes: 1303
Registrado: Vie 16 Sep, 2016 6:58 pm
Medallas: 7
Nivel: Exolímpico
Ubicación: Rosario
Contactar:

Re: 24° APMO 2012 - Problema 4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Jue 02 Ene, 2020 6:43 pm

Solución:
Spoiler: mostrar
Screenshot_20200102-224211.png

Sean $H'$ el simétrico de $H$ por $M$, $G=BH\cap CA$, $I=CH\cap AB$, $J=GI\cap BC$, $K$ el simétrico de $H$ por $BC$, $L$ el segundo punto de intersección de $\odot AHJ$ con $GI$, y $P$ el segundo punto de intersección de $AM$ con $\odot AGI$ (entonces $J,H,P$ son colineales y $BCPH$ es cíclico).

Como $E,H,M,H'$ son colineales y $H'$ es el opuesto diametral de $A$ en $\odot ABC$, tenemos que $HE\parallel H'E\perp AE$, y por ser $H$ ortocentro tenemos que $HG\perp AG$ y $HI\perp AI$, de donde $AGPHIE$ y $BCGI$ son cíclicos, luego $(AE,GI,BC)$ son los ejes radicales de $(\odot ABC,\odot AGI,\odot BCGI)$, de donde concurren en $J$. Además, $AB\cdot AI=\text{Pot}(A,\odot BCGI)=AC\cdot AG$.

Sea $\Psi (X)$ el inverso de $X$ por la circunferencia de centro $A$ y radio $\sqrt{AB\cdot AI}$.
Tenemos que $\Psi (I)=B$ y $\Psi (G)=C$, de donde $\Psi (\odot AGI)=BC$, por lo que $\Psi (E)=J$ y $\Psi (H)=D$, luego, $\Psi (\odot AHJ)=ED$ y $\Psi (GI)=\odot ABC$, entonces como $L\not \equiv J$, tenemos que $\Psi (L)\not \equiv \Psi (J)=E$, luego, $\Psi (L)=\Psi (\odot AHJ)\cap \Psi (GI)=ED\cap \odot ABC=F$. Por último, $\Psi (K)=N$ y $\Psi (M)=P$.
Ahora, notemos que $\{B,C;D,J\}=-1$, de donde $D$ y $J$ son inversos por la circunferencia $\Gamma$ de centro $M$ y radio $MB=MC$. Entonces, usando segmentos dirigidos $$DA\cdot DK=\text{Pot}(D,\odot ABC)=DB\cdot DC=\text{Pot}(D,\Gamma )=DM^2-MB^2=DM^2-DM\cdot JM=DM\cdot (DM-JM)=DM\cdot DJ$$ por lo que $AMKJ$ es cíclico, entonces $E,N,P$ son colineales, luego $$\angle NEA=\angle PEA=\angle PHA=180°-\angle AHJ=180°-\angle ALJ=180°-\angle ALN$$ por lo que $ALNE$ es cíclico, de donde $J,K,F$ son colineales.

Sea $F'$ el simétrico de $F$ por $BC$, entonces $J,H,F'$ son colineales y $$JH\cdot JF'=JK\cdot JF=\text{Pot}(J,\odot ABC)=JB\cdot JC=\text{Pot}(J,\odot BHC)=JH\cdot JP$$ por lo que $F'\equiv P$, luego, $ABFC$ es armónico, de donde (sin segmentos dirigidos) $\frac{BF}{CF}=\frac{AB}{AC}$.
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
Queda Elegantemente Demostrado

Responder