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 OFO - Jurado-OFO 2021
Mensajes: 1114
Registrado: Dom 17 Oct, 2010 4:44 pm
Medallas: 8
Nivel: Exolímpico

24° APMO 2012 - Problema 4

Mensaje sin leer por Matías V5 »

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=KzTR72_srTU
Avatar de Usuario
Ivan

Colaborador-Varias
Mensajes: 1023
Registrado: Vie 15 Oct, 2010 7:18 pm
Medallas: 1
Nivel: Exolímpico

Re: 24° APMO 2012 - Problema 4

Mensaje sin leer por Ivan »

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: 808
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 »

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 »

Spoiler: mostrar
Antes que nada, adelanto dos lemas que voy a usar a lo largo de la solución. El primero es que si tenemos un triángulo $ABC$ y $AD$ una ceviana entonces $\frac{BD}{CD}=\frac{AB \sin BAD}{AC \sin CAD}$ (lo cual se demuestra utilizando teoremas del seno en los triángulos $ABD$ y $ACD$) y que $AH=2OM$.

Ahora bien, en principio marcamos el centro de $T$ al que llamaremos $O$. Vamos a probar que $AO$ y $EM$ se intersecan en $T$. En efecto, sea $P$ el punto de intersección de ambas rectas. No es difícil ver que $AHP$ y $OMP$ son semejantes pues $AH\parallel OM$ (por ser ambas perpendiculares a $BC$) entonces $\frac{AH}{OM}=\frac{AP}{OP}$ $\Rightarrow$ como $AH=2OM \Rightarrow AP= 2OP$ entonces $O$ es punto medio de $AP$ entonces $OP=AO=R$ entonces $P$ está en $T$, como buscábamos probar.

Dicho esto, vayamos a trabajar con lo puntual del problema.
Usando del lema enunciado inicialmente en $BCF$, tenemos $\frac{BF}{CF}= \frac{BD\sin CFD}{CD \sin BFD}$.
Veamos como reescribir $\frac{BD}{CD}$:
Es claro que $\frac{BD}{CD}=\frac{(ABD)}{(ACD)}=\frac{AB\sin BAD}{AC \sin CAD}$.

Ahora veamos como reescribir $\frac{\sin CFD}{\sin BFD}$.
Como $CFD=CPE$ (por arco capaz con $CE$ en $T$) y $BFD=BPE$ (por arco capaz con $BE$ en $T$) entonces $\frac{\sin CFD}{\sin BFD} = \frac{\sin CPE}{\sin BPE}$. A su vez, $CPE=CPM$ y $BPE= BPM$ $\Rightarrow$ $\frac{\sin CFD}{\sin BFD} = \frac{\sin CPE}{\sin BPE} = \frac{\sin CPM}{\sin BPM}$. Ahora, mirando en el triángulo $BCP$, $\frac{\sin CPM}{\sin BPM}=\frac{\sin BCP}{\sin CBP}$. Como $BCP=BAP$ y $CBP=CAP$ $\Rightarrow$ $\frac{\sin BAP}{\sin CAP}$. Entonces reescribimos $\frac{\sin CFD}{\sin BFD}= \frac{\sin BAP}{\sin CAP}$.

$\frac{BF}{CF}= \frac{BD}{CD} \cdot \frac{\sin CFD}{\sin BFD} = \frac{AB\sin BAD}{AC \cdot \sin CAD} \cdot \frac{\sin BAP}{\sin CAP}$.

Como $ABD=90^{\circ}-BAD \Rightarrow AOC= 180^{\circ} - 2BAD \Rightarrow CAP=BAD$ y por lo tanto también sucede $BAP=CAD$,
por lo que $\frac{\sin BAD}{\sin CAD} \cdot \frac{\sin BAP}{\sin CAP}=1$ entonces $\frac{BF}{CF}=\frac{AB}{AC}$ como buscábamos probar.

GEOMETRÍA (L)
2  
Avatar de Usuario
Prillo

Colaborador-Varias OFO - Jurado-OFO 2015
Mensajes: 401
Registrado: Sab 18 Dic, 2010 8:52 pm
Medallas: 2

Re: 24° APMO 2012 - Problema 4

Mensaje sin leer por Prillo »

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 »

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 FOFO 9 años - Jurado-FOFO 9 años 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 COFFEE - Jurado-COFFEE Iván Sadofschi FOFO 10 años - Jurado-FOFO 10 años
OFO - Jurado-OFO 2021 FOFO 11 años - Jurado-FOFO 11 años OFO - Jurado-OFO 2022 FOFO Pascua 2022 - Jurado-FOFO Pascua 2022 FOFO 12 años - Jurado-FOFO 12 años
OFO - Jurado-OFO 2023 FOFO 13 años - Jurado-FOFO 13 años
Mensajes: 2206
Registrado: Vie 16 Sep, 2016 6:58 pm
Medallas: 17
Nivel: Exolímpico
Ubicación: Rosario
Contactar:

Re: 24° APMO 2012 - Problema 4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

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\begin{align*}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
\end{align*}por lo que $AMKJ$ es cíclico, entonces $E,N,P$ son colineales, luego\begin{align*}\angle NEA & =\angle PEA \\
& =\angle PHA \\
& =180^\circ -\angle AHJ \\
& =180^\circ -\angle ALJ \\
& =180^\circ -\angle ALN
\end{align*}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\begin{align*}JH\cdot JF' & =JK\cdot JF \\
& =\text{Pot}(J,\odot ABC) \\
& =JB\cdot JC \\
& =\text{Pot}(J,\odot BHC) \\
& =JH\cdot JP
\end{align*}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.
♪♫ do re mi función lineal ♪♫
Avatar de Usuario
Gianni De Rico

FOFO 7 años - Mención Especial-FOFO 7 años OFO - Medalla de Oro-OFO 2019 FOFO 9 años - Jurado-FOFO 9 años 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 COFFEE - Jurado-COFFEE Iván Sadofschi FOFO 10 años - Jurado-FOFO 10 años
OFO - Jurado-OFO 2021 FOFO 11 años - Jurado-FOFO 11 años OFO - Jurado-OFO 2022 FOFO Pascua 2022 - Jurado-FOFO Pascua 2022 FOFO 12 años - Jurado-FOFO 12 años
OFO - Jurado-OFO 2023 FOFO 13 años - Jurado-FOFO 13 años
Mensajes: 2206
Registrado: Vie 16 Sep, 2016 6:58 pm
Medallas: 17
Nivel: Exolímpico
Ubicación: Rosario
Contactar:

Re: 24° APMO 2012 - Problema 4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Otra proyectiva
Spoiler: mostrar
Sea $J=AE\cap BC$, sea $P=BH\cap CA$ y sea $Q=CH\cap AB$. Por las reflexiones del ortocentro resulta que $E$ está en la circunferencia de diámetro $AH$, de modo que por ejes radicales tenemos que $P,Q,J$ son colineales. Por Ceva y Menelao resulta $\{B,C;J,D\}=-1$, con lo que$$\{B,C;A,F\}\underset{E}{=}\{B,C;J,D\}=-1,$$de donde se sigue lo pedido.
♪♫ do re mi función lineal ♪♫
Responder