OFO 2017 Problema 7

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Gianni De Rico

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Re: OFO 2017 Problema 7

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Lun 03 Sep, 2018 9:06 pm

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Sea $G=BF\cap AC$. Por Thales, como $\frac{BD}{BA}=\frac{1}{2}=\frac{BE}{BC}$ tenemos que $DE\parallel AC\Rightarrow EF\parallel GC$; nuevamente por Thales, como $EF\parallel GC$ tenemos que $\frac{BF}{BG}=\frac{BE}{BC}=\frac{1}{2}$ por lo que $F$ es punto medio de $BG$. Ahora, como $AP=PB$ tenemos que $\angle PAB=\angle PBA$, por ángulos entre paralelas, $\angle FPB=\angle PBA$ y $\angle GPF=\angle PAB$, entonces $\angle GPF=\angle FPB\Rightarrow PF$ es bisectriz de $\angle GPB$, como además $F$ es punto medio de $BG$ resulta que $GPB$ es isósceles en $P\Rightarrow PG=PB=PA$ por lo que $P$ es el circuncentro de $ABG$, entonces $AG$ es diámetro y $\angle ABG=90°$. Luego $\angle CAB+\angle PBG=\angle PAB+\angle PBG=\angle ABP+\angle PBG=\angle ABG=90°=\angle PBC=\angle PBG+\angle CBG\Rightarrow \angle CAB=\angle CBG$, y como $\angle BCA=\angle GCB$ resulta $\triangle ABC\simeq \triangle BGC$. Por lo tanto, $\frac{CA}{CB}=\frac{AB}{BG}=\frac{\frac{1}{2}AB}{\frac{1}{2}BG}=\frac{AD}{BF}$, y como $\angle DAC=\angle FBC$ tenemos que $\triangle ADC\simeq \triangle BFC\Rightarrow \angle BCF=\angle ACD$. Queda demostrado el problema.
[math]

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Monazo

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Re: OFO 2017 Problema 7

Mensaje sin leer por Monazo » Dom 16 Sep, 2018 4:36 pm

Despues de muuucho tiempo lo volvi a encontrar aca jejeje
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Made in Mexico!

http://www.ommenlinea.org/wp-content/up ... /nac14.pdf
Pero lo volvi a pensar y se me ocurrio otra solucion tambien jajaja
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Se puede demostrar que $BF \parallel DH$ y que $DHBF$ es un rectángulo (ya varios lo demostraron y no vale la pena explicar de nuevo la demostracion). Llamamos $F'$ a la reflexión de $F$ con respecto a $E$. Dado que $E$ es punto medio e $BC$ y de $FF'$ por propiedades de reflexión, entonces $FBF´C$ es paralelogramo, con $F'C \parallel BF \parallel HD$. Por ser base media, $ED \parallel AC$ y obtenemos que $DHCF'$ es también paralelogramo. Por alternos internos podemos obtener que: $H\hat C D=C\hat DF'$ y que $F\hat CB=C\hat BF'$. Si logramos demostrar que $BF'CD$ es un cuadrilátero cíclico, entonces por arco capaz obtendremos que $C\hat BF'=C\hat DF'$ y ganamos dado que obtendríamos $H\hat C D=C\hat DF'=C\hat BF'=B\hat CF$.
Finalmente llamamos $D\hat BH=\beta$. Por lo que $D\hat BC=90+\beta$ y haciendo angulitos llegamos a que $D\hat HC=90+\beta$, pero como $DHCF'$ es paralelogramo, entonces $D\hat HC=D\hat {F'} C=90+\beta$ dado que son opuestos y además vemos que $D\hat BC=D \hat {F'} C=90+\beta$ y vemos que se cumple el arco capaz por lo que $DBF'C$ es cíclico y ganamos.
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Joacoini

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Re: OFO 2017 Problema 7

Mensaje sin leer por Joacoini » Dom 16 Sep, 2018 11:32 pm

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$P=DE\cap HB$
Por base media $DE\parallel AC\Rightarrow PE\parallel HC\Rightarrow PE$ es base media $\Rightarrow HP=PB$

$H\hat AB=H\hat BA=\alpha \Rightarrow A\hat CB=180-90-2\alpha=90-2\alpha\Rightarrow C\hat HB=2\alpha$
$HF\parallel AB\Rightarrow B\hat AH=F\hat HC=\alpha\Rightarrow FHB=\alpha$
$PE\parallel AC\Rightarrow P\hat FH=F\hat HC=\alpha=F\hat HP\Rightarrow FP=HP=PB\Rightarrow B\hat FH=90$

Ahora podemos definir el punto $F$ del triángulo rectángulo $BCH$ como la intersección de la perpendicular desde $B$ a la bisectriz de $C\hat HB$.

Trazamos la perpendicular a $AB$ por $A$ y la perpendicular por $D$ a $AB$ y llamamos $J$ a la intersección.
$D\hat AJ=90-B\hat AC=90-\alpha$
$JD\perp AB\cap AD=DB\Rightarrow JAB$ es isosceles $\Rightarrow J\hat BD=J\hat AD=90-\alpha=180-A\hat BC\Rightarrow J, B$ y $C$ son colineales.
$A\hat JD=B\hat JD=\alpha$

Tenemos que los triángulos rectángulos $BHC$ y $AJC$ son semejantes y ademas podemos definir al punto $D$ del triángulo rectángulo $ACJ$ como la intersección de la perpendicular desde $A$ a la bisectriz de $C\hat JA$ (la misma manera que definimos $F$ en $BHC$) por lo que $A\hat CD=B\hat CF$.
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NO HAY ANÁLISIS.

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