OFO 2019 Problema 12

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OFO 2019 Problema 12

Mensaje sin leer por jujumas » Dom 20 Ene, 2019 12:01 am

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo escaleno y sea $\ell$ la recta que pasa por su ortocentro y su circuncentro. Los pies de las perpendiculares a $\ell$ por $B$ y $C$ son $B_1$ y $C_1$ respectivamente. Las semirrectas $AB_1$ y $AC_1$ cortan a la recta simétrica a $\ell$ respecto de $BC$ en $B_2$ y $C_2$ respectivamente. Supongamos que las rectas $BB_2$ y $CC_2$ se cortan en un punto $P$ en el interior de $ABC$.

Demostrar que existe un punto $Q$ en $\ell$ tal que $A\hat{B}P= C\hat{B}Q$ y $A\hat{C}P= B\hat{C}Q$.

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Re: OFO 2019 Problema 12

Mensaje sin leer por jujumas » Lun 28 Ene, 2019 1:21 am

Solución oficial:
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Vamos a abstenernos de dibujar todo de una. Vamos a empezar dibujando el triángulo $ABC$ y su circunscrita, marcando el ortocentro $H$ y el circuncentro $O$. Vamos a marcar los circuncentros de los triángulos $AOH$, $BOH$ y $COH$, llamándoles $O_A$, $O_B$ y $O_C$ respectívamente. Vamos a demostrar un primer Lema.

Lema 1: $AO_A$, $BO_B$ y $CO_C$ concurren en un punto $T$ en el circuncírculo de $ABC$.
Demostración:
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Figura de análisis 1:
OFO 2019 P12 1.png
Sean $A_1$, $B_1$, $C_1$ las proyecciones de $A$, $B$, $C$ sobre la recta $OH$, notemos que $\angle A_1AH=\angle O_AAO$ y $\angle BAH = \angle CAO$, de donde $\angle BAA_1 = \angle CAO_A$. Similarmente, $\angle ABB_1 = \angle CBO_B$ y $\angle ACC_1 = \angle BCO_C$. Como $BB_1$ y $AA_1$ son paralelas, $\angle B_1BA = \angle BAA_1$, de donde $\angle CBO_B = \angle CAO_A$, y $AO_A$ y $BO_B$ se cortan en el circuncírculo de $ABC$. De la misma forma, podemos ver que $AO_A$ y $CO_C$ se cortan en el circuncírculo de $ABC$ y que $BO_B$, $CO_C$ se cortan en el circuncíruclo de $ABC$, de donde es facil ver que esto equivale a que las tres rectas concurren allí.
Definiendo entonces $T$ como el punto donde $AO_A$ vuelve a cortar al circuncírculo de $ABC$, podemos borrar $O_B$ y $O_C$ momentaneamente, y trazar la recta simétrica $\ell$ por $BC$. Vamos a demostrar el segundo Lema.

Lema 2: $T$ pertenece a la recta simétrica a $\ell$ por $BC$.
Demostración:
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Figura de análisis 2:
OFO 2019 P12 2.png
Sea $M$ el punto medio de $BC$, $G$ el baricentro de $ABC$ (que pertenece a $OH$, al ser esta la recta de Euler de $ABC$), sea $A_1$ la proyección de $A$ sobre $OH$, sea $A_2$ el punto donde $AA_1$ vuelve a cortar al circuncírculo de $ABC$, y sea $G'$ el reflejo de $G$ por $M$.

Para cada punto $X$ en el plano, llamemos $f(X)$ al reflejo de $X$ por $BC$, $g(X)$ al reflejo de $X$ por la mediatriz de $BC$ ($OM$), y $h(X)$ al reflejo de $X$ por $M$. Es bastante facil notar que $f(X)=h(g(X))$ para todo $X$ en el plano. Luego, podemos aplicar $f$, $g$, y $h$ a rectas, y se mantiene la misma propiedad.

Para cada punto $X$ en el plano, llamemos además a $a(X)$ al resultado de aplicar una homotecia centrada en $A$ con razón $2$ al punto $X$.

Ahora veremos que $h(\ell)$ y $a(\ell)$ coinciden. Para esto, notemos que ambas rectas son paralelas a $\ell$ y que como $A$, $G$, $G'$ son colineales y $2GM=AG$, $a(G)=G'$, de donde $h(\ell)$ y $a(\ell)$ son paralelas que pasan por $G'$, lo que las hace coincidentes.

Usando entonces que $f(X)=h(g(X))$ y que $h(\ell) = a(\ell)$, tenemos que $f(\ell)=a(g(\ell))$. Luego, como $AOA_2$ es un triángulo isósceles y $OA_1$ es su altura, $AA_1 = A_1A_2$, y $a(\ell)$ pasa por $A_2$. Con esto, tenemos que la recta simétrica a $\ell$ por $BC$ pasa por $g(A_2)$, pero como $\angle BAA_1 = \angle CAO_A$, $\angle BAA_2 = \angle CAT$ y $g(A_2)=T$, lo que completa la demostración.
Sea ahora $Q$ la intersección de $AT$ y $\ell$, vamos a terminar el problema usando un tercer Lema.

Lema 3: $\angle ABP = \angle CBQ$
Demostración:
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Figura de análisis 3:
OFO 2019 P12 (3).png
Para hacer esto, marquemos $B_1$ y $B_2$, y llamemos $J$ al punto en donde $\ell$, $BC$ y el reflejo de $\ell$ por $BC$ concurren (notar que por el Lema 2, $J$, $B_2$ y $T$ son colineales). Sean $H_1$, $H_2$, $H_3$ las proyecciones de $B$ sobre las rectas $B_1B_2$, $B_2T$ y $TQ$. Como $B_1$ es la proyección de $B$ sobre $OH$, tenemos que $AH_1BH_3$, $BB_1JH_2$, $BB_1QH_3$, $BH_2TH_3$ y $BH_1B_2H_2$ son todos cíclicos.

Ahora, vamos a demostrar que $B_1H_1H_2H_3$ es cíclico.

Para hacer esto, notemos que por el Lema 1, $\angle ABB_1 = \angle CBT$. Debido a esto, tenemos que $\angle ABB_1 + \angle JBT = 180^{\circ}$, lo que implica que $\angle JBB_1 + \angle ABT = 180^{\circ}$, o que $\angle JBB_1 + \angle ABH_3 + \angle H_3BT = 180^{\circ}$. Usando entonces los cíclicos $BB_1JH_2$, $BH_2TH_3$, $AH_1BH_3$, tenemos que $\angle JBB_1 + \angle ABH_3 + \angle H_3BT = \angle JH_2B_1 + \angle AH_1H_3 + \angle H_3H_2T = 180^{\circ}$, y como $\angle JH_2B_1 + \angle B_1H_2H_3 + \angle H_3H_2T = 180^{\circ}$, tenemos que $\angle AH_1H_3 = \angle B_1H_2H_3$, de donde $B_1H_1H_2H_3$ es cíclico.

Como $B_1H_1H_2H_3$ es cíclico, tenemos que $\angle H_1B_1H_3 + \angle H_1H_2H_3 = 180^{\circ}$. De esto, obtenemos que $\angle JB_1H_1 + \angle QB_1H_3 + \angle H_1H_2B_2 + \angle H_3H_2T = 180^{\circ}$.

Notando entonces que $\angle JB_1B = 90^{\circ} = \angle BH_1B_1$, tenemos que $\angle JB_1H_1 = \angle B_1BH_1$. Usando junto a esto los cíclicos $BB_1QH_3$, $BH_1B_2H_2$ y $BH_2TH_3$, obtenemos que $\angle JB_1H_1 + \angle QB_1H_3 + \angle H_1H_2B_2 + \angle H_3H_2T$ es igual a $\angle B_1BH_1 + \angle QBH_3 + \angle H_1BB_2 + \angle H_3BT$, por lo que $\angle B_1BB_2 + \angle QBT = 180^{\circ}$ y $\angle B_2BT + \angle QBB_1 = 180^{\circ}$.

Usando entonces de nuevo que $\angle ABB_1 = \angle CBT$, obtenemos que $\angle B_2BC + \angle ABQ = 180^{\circ}$, y como $P$ es interior a $ABC$, $\angle B_2BC + \angle PBC = 180^{\circ}$ y $\angle ABQ = \angle PBC$, de donde $\angle ABP = \angle CBQ$.
Análogamente podemos hacer el mismo razonamiento proyectando el vértice $C$ sobre los lados correspondientes para obtener que $\angle ACP = \angle BCQ$, lo que completa la demostración.
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Gianni De Rico

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Re: OFO 2019 Problema 12

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Vie 08 Feb, 2019 8:05 pm

A pedido de Raimu subo mi solución, aunque le cambio la parte de bary por algo más directo.
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Por definición de $Q$, lo que queremos ver es equivalente a probar que el conjugado isogonal de $P$ cae sobre la recta $OH$, que es la Recta de Euler de $\triangle ABC$.

Vamos con analítica
Spoiler: mostrar
Sea $\ell '$ la recta simétrica de $\ell$ con respecto a $BC$. Consideremos un sistema de ejes coordenados de forma que $O$ sea el origen, el eje $x$ sea paralelo a la recta $BC$ y el circuncírculo de $\triangle ABC$ sea la circunferencia unitaria. Denotamos con $r$ al vector $\overrightarrow{OR}$ para todo punto $R$ del plano.
Sean $A(a_x,a_y)$ y $B(b_x,b_y)$ (con $b_x>0$), como el eje $x$ es paralelo a $BC$ y el eje $y$ pasa por $O$ y es perpendicular al eje $x$, tenemos que el eje $y$ es mediatriz del segmento $BC$, por lo que $C(-b_x,b_y)$. Como $H$ es el ortocentro de $\triangle ABC$, tenemos $h=a+b+c=(a_x+b_x-b_x,a_y+b_y+b_y)=(a_x,a_y+2b_y)$.
Como $B_1\in OH$, tenemos $b_1=\beta h=(\beta a_x,\beta (a_y+2b_y))$. Llamo $\times$ al producto escalar de dos vectores, como $BB_1\perp OB_1$ tenemos $\overrightarrow{BB_1}\times \overrightarrow{OB_1}=0$, es decir $(\beta a_x-b_x)\beta a_x+[\beta (a_y+2b_y)-b_y]\beta (a_y+2b_y)=0$, esto es $\beta =\frac{a_xb_x+(a_y+2b_y)b_y}{a_x^2+(a_y+2b_y)^2}$, por lo tanto $$b_1=\left(\frac{a_x^2b_x+a_x^2b_y+2a_xb_y^2}{2a_x^2+4a_xb_y+4b_y^2},\frac{a_xa_yb_x+2a_xb_xb_y+a_xa_yb_y+2a_xb_y^2+2a_yb_y^2+4b_y^3}{2a_x^2+4a_xb_y+4b_y^2}\right )$$
Análogamente $$c_1=\left(\frac{-a_x^2b_x+a_x^2b_y+2a_xb_y^2}{2a_x^2+4a_xb_y+4b_y^2},\frac{-a_xa_yb_x-2a_xb_xb_y+a_xa_yb_y+2a_xb_y^2+2a_yb_y^2+4b_y^3}{2a_x^2+4a_xb_y+4b_y^2}\right )$$

Ahora, la reflexión del punto $(x,y)$ por la recta que pasa por $(h,k)$ con ángulo de inclinación $\theta$ (medido desde el eje $x$ en sentido antihorario) verifica
$$x'=(x-h)\cos (2\theta )+(y-k)\sin (2\theta )+h$$
$$y'=(x-h)\sin (2\theta )-(y-k)\cos (2\theta )+k$$
Como la recta $BC$ pasa por $B(b_x,b_y)$ y tiene ángulo de inclinación $0$ por ser paralela al eje $x$, tenemos que la reflexión de $O(0,0)$ por $BC$ es $O'(0,2b_y)$ y la reflexión de $H(a_x,a_y+2b_y)$ por $BC$ es $H'(a_x,-a_y)$. Como $OH=\ell$, entonces $O'H'=\ell '$.

La ecuación de $AB_1$ es $$y=\frac{-a_xb_x(a_y+2b_y)+a_x^2a_y+(a_y-b_y)(a_y+2b_y)^2}{a_x[a_x(a_x-b_x)+(a_y+b_y)(a_y+2b_y)]}x-\frac{-a_xb_x(a_y+2b_y)+a_x^2a_y+(a_y-b_y)(a_y+2b_y)^2}{a_x(a_x-b_x)+(a_y+b_y)(a_y+2b_y)}+a_y$$
La ecuación de la recta $AC_1$ es $$y=\frac{a_xb_x(a_y+2b_y)+a_x^2a_y+(a_y-b_y)(a_y+2b_y)^2}{a_x[a_x(a_x+b_x)+(a_y+b_y)(a_y+2b_y)]}x-\frac{a_xb_x(a_y+2b_y)+a_x^2a_y+(a_y-b_y)(a_y+2b_y)^2}{a_x(a_x+b_x)+(a_y+b_y)(a_y+2b_y)}+a_y$$
La ecuación de $\ell '$ es $$y=\frac{-a_y-2b_y}{a_x}x+2b_y$$

Como $B_2=\ell '\cap AB_1$, entonces verifica las ecuaciones de las dos rectas, es decir $$\frac{-a_xb_x(a_y+2b_y)+a_x^2a_y+(a_y-b_y)(a_y+2b_y)^2}{a_x[a_x(a_x-b_x)+(a_y+b_y)(a_y+2b_y)]}x-\frac{-a_xb_x(a_y+2b_y)+a_x^2a_y+(a_y-b_y)(a_y+2b_y)^2}{a_x(a_x-b_x)+(a_y+b_y)(a_y+2b_y)}+a_y=\frac{-a_y-2b_y}{a_x}x+2b_y$$
Por lo tanto $$x=\frac{a_xb_y[-2a_xb_x+a_x^2+a_y(a_y+2b_y)]}{-a_xb_x(a_y+2b_y)+a_x^2(a_y+b_y)+a_y(a_y+2b_y)^2}$$
Entonces $$B_2\left (\frac{a_xb_y[-2a_xb_x+a_x^2+a_y(a_y+2b_y)]}{-a_xb_x(a_y+2b_y)+a_x^2(a_y+b_y)+a_y(a_y+2b_y)^2},\frac{a_yb_y[a_x^2+(a_y+2b_y)^2]}{-a_xb_x(a_y+2b_y)+a_x^2(a_y+b_y)+a_y(a_y+2b_y)^2}\right )$$
Análogamente $$C_2\left (\frac{a_xb_y[2a_xb_x+a_x^2+a_y(a_y+2b_y)]}{a_xb_x(a_y+2b_y)+a_x^2(a_y+b_y)+a_y(a_y+2b_y)^2},\frac{a_yb_y[a_x^2+(a_y+2b_y)^2]}{a_xb_x(a_y+2b_y)+a_x^2(a_y+b_y)+a_y(a_y+2b_y)^2}\right )$$.

La ecuación de la recta $BB_2$ es $$y=\frac{\frac{a_yb_y[a_x^2+(a_y+2b_y)^2]}{-a_xb_x(a_y+2b_y)+a_x^2(a_y+b_y)+a_y(a_y+2b_y)^2}-b_y}{\frac{a_xb_y[-2a_xb_x+a_x^2+a_y(a_y+2b_y)]}{-a_xb_x(a_y+2b_y)+a_x^2(a_y+b_y)+a_y(a_y+2b_y)^2}-b_x}x-\frac{\frac{a_yb_y[a_x^2+(a_y+2b_y)^2]}{-a_xb_x(a_y+2b_y)+a_x^2(a_y+b_y)+a_y(a_y+2b_y)^2}-b_y}{\frac{a_xb_y[-2a_xb_x+a_x^2+a_y(a_y+2b_y)]}{-a_xb_x(a_y+2b_y)+a_x^2(a_y+b_y)+a_y(a_y+2b_y)^2}-b_x}b_x+b_y$$
La ecuación de la recta $CC_2$ es $$y=\frac{\frac{a_yb_y[a_x^2+(a_y+2b_y)^2]}{a_xb_x(a_y+2b_y)+a_x^2(a_y+b_y)+a_y(a_y+2b_y)^2}-b_y}{\frac{a_xb_y[2a_xb_x+a_x^2+a_y(a_y+2b_y)]}{a_xb_x(a_y+2b_y)+a_x^2(a_y+b_y)+a_y(a_y+2b_y)^2}+b_x}x+\frac{\frac{a_yb_y[a_x^2+(a_y+2b_y)^2]}{a_xb_x(a_y+2b_y)+a_x^2(a_y+b_y)+a_y(a_y+2b_y)^2}-b_y}{\frac{a_xb_y[2a_xb_x+a_x^2+a_y(a_y+2b_y)]}{a_xb_x(a_y+2b_y)+a_x^2(a_y+b_y)+a_y(a_y+2b_y)^2}+b_x}b_x+b_y$$
Como $P=BB_2\cap CC_2$, entonces verifica las dos ecuaciones, esto es $$\frac{\frac{a_yb_y[a_x^2+(a_y+2b_y)^2]}{-a_xb_x(a_y+2b_y)+a_x^2(a_y+b_y)+a_y(a_y+2b_y)^2}-b_y}{\frac{a_xb_y[-2a_xb_x+a_x^2+a_y(a_y+2b_y)]}{-a_xb_x(a_y+2b_y)+a_x^2(a_y+b_y)+a_y(a_y+2b_y)^2}-b_x}x-\frac{\frac{a_yb_y[a_x^2+(a_y+2b_y)^2]}{-a_xb_x(a_y+2b_y)+a_x^2(a_y+b_y)+a_y(a_y+2b_y)^2}-b_y}{\frac{a_xb_y[-2a_xb_x+a_x^2+a_y(a_y+2b_y)]}{-a_xb_x(a_y+2b_y)+a_x^2(a_y+b_y)+a_y(a_y+2b_y)^2}-b_x}b_x+b_y=\frac{\frac{a_yb_y[a_x^2+(a_y+2b_y)^2]}{a_xb_x(a_y+2b_y)+a_x^2(a_y+b_y)+a_y(a_y+2b_y)^2}-b_y}{\frac{a_xb_y[2a_xb_x+a_x^2+a_y(a_y+2b_y)]}{a_xb_x(a_y+2b_y)+a_x^2(a_y+b_y)+a_y(a_y+2b_y)^2}+b_x}x+\frac{\frac{a_yb_y[a_x^2+(a_y+2b_y)^2]}{a_xb_x(a_y+2b_y)+a_x^2(a_y+b_y)+a_y(a_y+2b_y)^2}-b_y}{\frac{a_xb_y[2a_xb_x+a_x^2+a_y(a_y+2b_y)]}{a_xb_x(a_y+2b_y)+a_x^2(a_y+b_y)+a_y(a_y+2b_y)^2}+b_x}b_x+b_y$$
por lo que $x=\frac{a_y(a_y+2b_y)}{a_x}+a_x$, y reemplazando resulta $y=0$. Entonces $P(\frac{a_y(a_y+2b_y)}{a_x}+a_x,0)$. De donde $P$ está sobre el eje $x$, es decir $OP\parallel BC\perp AH$
Luego $\overrightarrow{AP}=(\frac{a_y(a_y+2b_y)}{a_x},-a_y)$, por lo que $\overrightarrow{AP}\times \overrightarrow{OH}=\frac{a_y(a_y+2b_y)}{a_x}a_x-a_y(a_y+2b_y)=a_y(a_y+2b_y)-a_y(a_y+2b_y)=0$, entonces $AP\perp OH$.
Entonces $P$ es el ortocentro de $\triangle AOH$.
Ahora usamos los siguientes hechos
$(1)$ El lugar geométrico de los conjugados isogonales de los puntos sobre la Recta de Euler de un triángulo es una hipérbola rectangular que pasa por los vértices, el circuncentro y el ortocentro de un triángulo. Esta es conocida como la Hipérbola de Jerabek.
$(2)$ Si los vértices de un triángulo están sobre una hipérbola rectangular, entonces el ortocentro del triángulo también está sobre esa hipérbola.

Entonces por $(1)$ tenemos que $A,O,H$ están sobre la Hipérbola de Jerabek, como es una hipérbola rectangular y $P$ es el ortocentro de $\triangle AOH$, por $(2)$ resulta que $P$ está sobre la Hipérbola de Jerabek, y por $(1)$ el conjugado isogonal de $P$ está sobre la Recta de Euler de $\triangle ABC$.
[math]

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