OFO 2019 Problema 8

jujumas

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OFO 2019 Problema 8

Mensaje sin leer por jujumas » Dom 20 Ene, 2019 12:05 am

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo y sea $O$ su circuncentro. Una circunferencia $\omega$ por $A$ y $O$ vuelve a cortar a $AB$ en $D$, a $AC$ en $E$ y al circuncírculo de $ABC$ en $F$. Demostrar que el simétrico de $F$ respecto de $DE$ pertenece a la recta $BC$.

jujumas

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Re: OFO 2019 Problema 8

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

Primero que nada, un par de comentarios respecto al problema y a su solución (no abran si quieren seguir pensando el problema sin ver nada de la solución):
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La gran mayoría de las soluciones se basan en dos grandes pasos. Primero, en mostrar que $FD=DB$ o $FE=EC$, y segundo en terminar el problema. En mi opinión, la solución oficial, aunque requiere marcar un punto nuevo, contiene una de las formas más cortas de hacer ambas partes.

Algo que es importante de destacar este problema, es la cantidad de soluciones distintas que tiene. Hay muchos enfoques distintos, y para casi cualquier proyecto hay al menos una forma de terminar el problema.
Solución oficial:
Spoiler: mostrar
Figura de análisis:
OFO2019P8.png
Para ver que $FE=EC$, notemos que por ángulo central en $AFC$ y arco capaz, $2 \angle FCE=2 \angle FCA= \angle FOA = \angle FEA$, de donde $\angle FCE = \angle CFE$.

Sean $F'$ el reflejo de $F$ por $DE$ y $S$ el punto de intersección de $DE$ y $BC$ (puede ser el punto infinito), es claro que $\angle ESF' = \angle ESF$, por lo que queremos probar que $\angle ESC = \angle ESF$.

Para esto, notemos que como $FABC$ y $FADE$ son cíclicos, $\angle FED = \angle FCB$ y $\angle FES = \angle FCS$, de donde $FECS$ es cíclico, y como $FE=EC$, $\angle ESC = \angle ESF$ como queríamos ver.
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Última edición por jujumas el Lun 28 Ene, 2019 10:50 pm, editado 2 veces en total.

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charo morencos

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Re: OFO 2019 Problema 8

Mensaje sin leer por charo morencos » Lun 28 Ene, 2019 4:58 am

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Marcamos $H$ sobre la recta $DE$ de modo que $F\widehat{H}D$$=90$. A la intersección de la recta $FH$ con $BC$ la llamamos $J$. Ahora, llamamos a $A\widehat{C}F$$=$$\alpha$. Por ángulo central, $F\widehat{O}A$$=2$$\alpha$. Por arco capaz con la cuerda $FA$, $A\widehat{O}F$$=$$A\widehat{E}F$$=2$$\alpha$. Por ángulo exterior en el triángulo $FEC$, tenemos que $E\widehat{F}C$$=$$A\widehat{E}F$$−$$E\widehat{C}F$$=2$$\alpha$$−$$\alpha$$=$$\alpha$. Por lo tanto, el triángulo $FEC$ es isósceles.
Como $AO=FO$ por ser ambos radios de la misma circunferencia, $F\widehat{A}O$$=$$A\widehat{F}O$$=(180−$$F\widehat{O}A$$)/2=90−$$\alpha$. Por arco capaz, $F\widehat{A}O$$=$$F\widehat{E}O$$=90−$$\alpha$. Por lo tanto, $EO$ es bisectriz de $F\widehat{E}C$, y como $FEC$ es isósceles, $EO$ pertenece a la mediatriz de $FC$, por lo tanto si prolongamos $EO$ va a cortar a $FC$ en $L$ con $F\widehat{L}E$$=90$ y $L$ punto medio de $FC$. Entonces, como $F\widehat{H}E$$=90=$$F\widehat{L}E$, el cuadrilátero $FHLE$ es cíclico.
Ahora, llamamos $X$ a $F\widehat{A}D$. Por arco capaz con la cuerda $FD$, $F\widehat{A}D$$=x=$$F\widehat{E}D$, y por arco capaz con la cuerda $FB$, $F\widehat{A}B$$=x=$$F\widehat{C}B$. Como $FELH$ es cíclico, por arco capaz con la cuerda $FH$, $F\widehat{E}H$$=x=$$F\widehat{L}H$.
Ahora, podemos notar que como $F\widehat{L}H$$=x=$$F\widehat{C}B$, las rectas $HL$ y $BC$ son paralelas, y como $L$ es el punto medio de $FC$, podemos determinar que $HL$ es la base media del triángulo $FCJ$, donde nos queda que $FH=HJ$, con lo que queda demostrado que $J$ es el simétrico de $F$ respecto de la recta $DE$, y cae sobre la recta $BC$.
La solución está completa💙
Azúcar, flores y muchos colores💙

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enigma1234

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Re: OFO 2019 Problema 8

Mensaje sin leer por enigma1234 » Lun 28 Ene, 2019 9:35 am

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20190126_215122.jpg
Sea $F'$ el simetrico de $F$ en $DE$.Sea $G$ el centro de $\odot (ADE)$ entonces como $F$ es centro espiral que cambia $DE\to BC$ entonces cambia $G\to O$ de esto como $FG=GO$ entonces $FD=DB=F'D$.Si $\angle FBD=\alpha\to \angle F'DE=\angle FDE=\angle FBC=B+\alpha,\angle FDB=180-2\alpha$.
De esto $\angle BDF'=360-(\angle FDB+\angle FDE+\angle F'DE)=180-2B$ de esto cómo $DB=DF'$ entonces $\angle DBF'=DF'B=B=\angle ABC$ de esto tenemos que $B,F',C$ son coloniales.


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Gianni De Rico

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Re: OFO 2019 Problema 8

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Lun 28 Ene, 2019 2:14 pm

Dejo dos soluciones, la que mandé y una que se me ocurrió hoy

Solución $1$
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Sean $\Gamma$ el circuncírculo de $\triangle ABC$ y $\Omega$ el cricuncírculo de $ADOEF$, y supongamos sin pérdida de generalidad de $F$ cae en el arco $AC$ de $\Gamma$ que no contiene a $B$. Como $O$ es el circuncentro de $\triangle ABC$, entonces es el centro de $\Gamma$ y tenemos $OA=OF\Rightarrow \angle OAF=\angle OFA$. Ahora, $\angle BDO=180°-\angle ODA=\angle OFA=\angle OAF=\angle ODF$ por arco capaz en $\Omega$, por ser radios $OB=OF=OA$, entonces $\angle OBD=\angle OBA=\angle OAB=\angle OAD=\angle OFD$ por ser $\triangle AOB$ isósceles en $O$ y por arco capaz en $\Omega$; en resumen $\angle OBD=\angle OFD$, $\angle ODB=\angle ODF$ y $OB=OF$, por lo que $\triangle OBD\equiv \triangle OFD\Rightarrow DB=DF$. Análogamente $EC=EF$.
Sea $F'$ el segundo punto de intersección de la circunferencia de centro $D$ y radio $DB=DF$, luego $\angle FF'B=180°-\frac{1}{2}\angle BDF\Rightarrow \angle FF'C=\frac{1}{2}\angle BDF$ (*). Por arco capaz en $\Gamma$ tenemos $\angle BFC=\angle BAC=\angle DAE$, y por arco capaz en $\Omega$ tenemos $\angle DAE=\angle DFE$, luego $\angle BFC=\angle DFE\Rightarrow \angle DFB=\angle DFE-\angle BFE=\angle BFC-\angle BFE=\angle EFC$, y como $DB=DF$ y $EC=EF$ tenemos $\angle FBD=\angle DFB=\angle EFC=\angle FCE$, de donde $\angle CEF=\angle BDF$, y de (*) tenemos $\angle FF'C=\frac{1}{2}\angle CEF$, por lo que $F'$ pertenece a la circunferencia de centro $E$ y radio $EC=EF$, es decir $EF'=EF$.
Ahora, si $F''$ es el simétrico de $F$ respecto a $DE$, tenemos $DF''=DF=DF'$ y $EF''=EF=EF'$, como $F'$ y $F''$ están en el semiplano opuesto a $F$ respecto a $DE$, resulta $F''=F'$, por lo que $F'$ es el simétrico de $F$ respecto a $DE$, y pertenece a la recta $BC$.
OFO 2019 P8.png
Solución $2$
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Sea $\Gamma$ el circuncírculo de $\triangle ABC$, y supongamos sin pérdida de generalidad que $F$ está en el arco $AC$ de $\Gamma$ que no contiene a $B$. Sea $G$ el punto donde la recta $DE$ corta a la recta $BC$, el enunciado del problema es equivalente a ver $\angle FGD=\angle DGB$.
Ahora, $\angle FDG=\angle FDE=\angle FAE=\angle FAC=\angle FBC=\angle FBG$, por lo que $BDFG$ es cíclico, luego, basta ver que $DB=DF$. Por suma de ángulos interiores de un triángulo tenemos $\angle FDA=\angle FBD+\angle BFD$, pero por arco capaz tenemos $\angle FDA=\angle FOA=2\angle FBA=2\angle FBD$, luego $2\angle FBD=\angle FBD+\angle BFD\Rightarrow \angle FBD=\angle BFD$, por lo que $DB=DF$. Y estamos.
OFO 2019 P8 2.png
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Joacoini

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Re: OFO 2019 Problema 8

Mensaje sin leer por Joacoini » Lun 28 Ene, 2019 2:33 pm

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"En el problema 8 está permitido asumir que tanto D como E pertenecen al interior de los segmentos AB y AC respectívamente."
Julian Masliah 2019

WLOG $F$ esta en el arco $AC$ (Es para que queden bien los ciclico)

Llamamos $F'$ al simetrico de $F$, $E'$ a la otra intersección de $FE$ con la circunscrita de $ABC$ y $D'$ a la otra intersección de $FD$ con la circunscrita de $ABC$.

Por ciclicos $∠BAC=∠DAE=∠DFE=∠D'FE'$

$90−∠FD'E'=∠OFE'=∠OFE=∠OAE=∠OAC=90−∠ABC⇒∠FD'E'=∠ABC$

$ABC$ y $FD'E'$ son semejantes y como comparten circunscrita son congruentes por lo que $FD'E'$ es una rotación de $ABC$ con centro $O$ y angulo $2α$ por esto $AF=BD'=CE'$

Por la reflexión $∠DFE=∠DF'E=∠BAC$, $DF=DF'$ y $EF=EF'$

$∠D'FB=∠DFB=∠ABF=∠DBF$
Por esto $BDF$ es isosceles con $DB=DF=DF'$ por lo que tambien $DBF'$ es isosceles.

$\angle BDF'=180-\angle F'DA=180-(\angle ADF+\angle FDF')=180-(\angle AOF+2\angle FDE)=180-(2\alpha+2\angle FAE)=180-(2\alpha+2\angle FAC)=180-(2\alpha+2(\angle FAE'-\angle CAE'))=180-(2\alpha+2(\angle FD'E'-\alpha))=180-2\angle ABC$

$\angle ABF'=\angle DBF'=90-\frac{\angle BDF'}{2}=90-\frac{180-2\angle ABC}{2}=90-(90-\angle ABC)=\angle ABC$

Por lo que $B,C$ y $F'$ son colineales.
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