FOFO 9 años Problema 6

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Gianni De Rico

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FOFO 9 años Problema 6

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Jue 10 Oct, 2019 11:32 pm

Sean $ABCD$ un paralelogramo tal que $\angle A>90^{\circ}$, $H$ el pie de la perpendicular desde $A$ a la recta $BC$, y $M$ el punto medio de $AB$. La recta $CM$ corta nuevamente al circuncírculo de $ABC$ en el punto $K$.

Demostrar que $C,D,H,K$ están sobre una misma circunferencia.
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Gianni De Rico

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Re: FOFO 9 años Problema 6

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Dom 13 Oct, 2019 8:35 pm

Solución Oficial:
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FOFO 2019 P6 - Solución Oficial - Figura de análisis.png
Vamos a usar una idea muy importante y muy útil cuando hay un punto medio, que es la Simetría Central.
Sea $G$ la reflexión de $H$ por $M$. Muchas veces es más fácil probar algo más fuerte que lo pedido, vamos a hacer eso, veremos que $C,D,G,H,K$ están sobre una misma circunferencia. Lo hacemos en dos partes.

Parte 1: Probar que $C,D,G,H$ están sobre una misma circunferencia.
Spoiler: mostrar
Como $M$ es el punto medio de $AB$, por enunciado, y es el punto medio de $GH$, por definición de $G$, tenemos que las diagonales de $AGBH$ se bisecan mutuamente, por lo que es un paralelogramo, luego $$AG\parallel BH\parallel BC\parallel DA$$ por lo que $A,D,G$ están alineados. Además, como $\angle AHB=90°$, tenemos que $AGBH$ es un rectángulo, en particular, es cíclico. Entonces $$\angle DGH=\angle AGH=\angle ABH=\angle ABC=180°-\angle DCB=180°-\angle DCH$$ de donde $CDGH$ es cíclico. $\blacksquare$
Parte 2: Probar que $C,G,H,K$ están sobre una misma circunferencia.
Spoiler: mostrar
Para esta parte vamos a usar Potencia de un Punto.
Como $\angle AHB=90°$, por la propiedad de la mediana de un triángulo rectángulo, tenemos que $MA=MB=MH$, y por reflexión tenemos $MG=MH$, luego, $MA=MB=MG=MH$, de donde $$MG\cdot MH=MA\cdot MB=\text{Pot}(M,\odot ABC)=MC\cdot MK$$ por lo que $CGKH$ es cíclico. $\blacksquare$
Combinando los resultados de las dos partes, tenemos que $C,D,G,H,K$ están sobre el circuncírculo de $CGH$, en particular, $C,D,H,K$ están sobre una misma circunferencia. $\blacksquare$
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Última edición por Gianni De Rico el Mié 16 Oct, 2019 11:53 pm, editado 1 vez en total.
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Hernan26

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Re: FOFO 9 años Problema 6

Mensaje sin leer por Hernan26 » Mar 15 Oct, 2019 3:02 pm

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Defino $(XYZ)$ como el circuncírculo de $XYZ$.
Como $M$ es punto medio de $BA$ y $∠AHB=90$ por lugar geométrico de Thales: $M$ es el centro de la circunferencia circunscrita del triángulo $AHB$ entonces, $MB=MH=MA$.
Sea $E$ la intersección de $AD$ y $MH$.
Por paralelas $∠HAE=90$.
Luego por isósceles y los dos ángulos rectos mencionados $∠MBH=∠MHB=90−∠MHA=∠AEH$ Por lo tanto $AEBH$ es cíclico y en especial rectángulo.
Como $AEBH$ es rectángulo, $AB=EH$ y como $ABCD$ es paralelogramo $AB=CD$ por lo tanto:
$EH=CD$ y como $CH$ es paralela a $DE$, $EHCD$ es cíclico.
Luego sea $X$ la intersección de $(ABC)$ y $(EHCD)$
Luego el eje radical de $(ABC)$ y $(EHCD)$ es $CX$
El eje radical de $(ABC)$ y $(AHBE)$ es $AB$
El eje radical de $(EHCD)$ y $(AHBE)$ es $EH$
Por el teorema de los ejes radicales, O todos los ejes radicales son paralelos o concurren.
En el primer caso, sabemos que $AB$ y $EH$ concurren en $M$ por lo tanto, para que sean paralelas, deberían ser rectas coincidentes, implicando que $∠BAD=90$ lo cual es absurdo por letra.
Por lo tanto, los 3 ejes radicales concurren.
Como la intersección de $EH$ y $AB$ es $M$, $M$ es centro radical.
Por lo tanto $CM$ intersección $(ABC)$ es $X$, pero por letra es $K$.
Por lo tanto, $K$ pertenece a $(EHCD)$ y concluimos que $H$,$C$,$D$,$K$ son concíclicos.
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