Rioplatense 2015 - N3 P6

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Prillo

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Rioplatense 2015 - N3 P6

Mensaje sin leer por Prillo » Dom 13 Dic, 2015 11:20 am

Sea [math] un triángulo acutángulo escaleno de incentro [math], circuncentro [math] e inradio [math]. Sea [math] la circunferencia inscrita del triangulo [math]. [math] es el punto de [math] tal que [math] es un trapecio convexo de bases [math] e [math]. Sea [math] la circunferencia de radio [math] que pasa por [math], es tangente a la recta [math] y es distinta de [math]. Sea [math] la circunferencia de radio [math] que pasa por [math], es tangente a la recta [math] y es distinta de [math]. Las circunferencias [math] y [math] se cortan en los puntos [math] y [math]. Análogamente se definen los puntos [math] y [math]. Demostrar que las rectas [math], [math] y [math] son concurrentes.

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Gianni De Rico

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Re: Rioplatense 2015 - N3 P6

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Vie 31 Ago, 2018 3:16 pm

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Lema: Sean $\Gamma$, $\Omega$ y $\Phi$ circunferencias congruentes que pasan todas por un punto $H$, sean $A$, $B$ y $C$ respectivamente los puntos de intersección de $\Gamma$ y $\Omega$; $\Omega$ y $\Phi$; $\Phi$ y $\Gamma$ distintos de $H$. Luego, $H$ es el ortocentro de $ABC$.
Demostración:
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Sean $D$, $E$, $F$ los centros de $\Gamma$, $\Omega$ y $\Phi$ respectivamente. Luego $DC=DH=DA$, $EA=EH=EB$ y $FB=FH=FC$ por ser radios, pero como las circunferencias son congruentes, tienen el mismo radio. Por lo tanto $DC=DH=DA=EA=EH=EB=FB=FH=FC$, de donde $DAEH$, $EBFH$ y $FCDH$ son rombos, por lo que sus diagonales son bisectrices de sus ángulos, y sus ángulos opuestos son iguales. Ahora, sean $H\widehat DE=E\widehat DA=A\widehat ED=D\widehat EH=\alpha$, $H\widehat EF=F\widehat EB=B\widehat FE=E\widehat FH=\beta$ y $H\widehat FD=D\widehat FC=C\widehat DF=F\widehat DH=\gamma$. Entonces $B\widehat ED+E\widehat DC=(2\beta +\alpha )+(\alpha +2\gamma )=(\alpha +\beta )+(\beta +\gamma )+(\gamma +\alpha )=D\widehat EC+E\widehat FD+F\widehat DE=180°$ por suma de ángulos interiores de un triángulo, por lo tanto $BE\parallel CD$. Como además $BE=CD$ tenemos que $BCDE$ es un paralelogramo y $DE\parallel BC$. Ahora, $AH$ y $DE$ son diagonales de un rombo, de donde $AH\perp DE\parallel BC$. Por lo tanto, $AH\perp BC$. Análogamente $BH\perp CA$ y $CH\perp AB$. Queda demostrado que $H$ es el ortocentro de $ABC$.
Rioplatense 2015 N3 P6 - Lema.png
Rioplatense 2015 N3 P6.png

Sean $a_1$ la perpendicular a $AB$ por $A_1$, $a_2$ la perpendicular a $AC$ por $A_1$, $b_1$ la perpendicular a $BC$ por $B_1$, $b_2$ la perpendicular a $BA$ por $B_1$, $c_1$ la perpendicular a $CA$ por $C_1$ y $c_2$ la perpendicular a $CB$ por $C_1$.

Sean $\omega _{A1}$ el reflejo de $\omega$ por $a$, $\omega _{A2}$ el reflejo de $\omega$ por $a_2$, $\omega _{B1}$ el reflejo de $\omega$ por $b_1$, $\omega _{B2}$ el reflejo de $\omega$ por $b_2$, $\omega _{C1}$ el reflejo de $\omega$ por $c_1$ y $\omega _{C2}$ el reflejo de $\omega$ por $c_2$. Claramente $\omega _{A1}$ y $\omega _1$ son ambas tangentes a $AB$, pasan por $A_1$ y tienen radio $r$ ($\omega _{A1}$ cumple estas propiedades por la reflexión, y $\omega _1$ cumple estas propiedades por definición). Luego, son la misma circunferencia. Análogamente, $\omega _{A2}$ y $\omega _2$ son la misma circunferencia. Por lo tanto, $A_2$ es la segunda intersección de $\omega _{A1}$ y $\omega _{A2}$. Análogamente, $B_2$ es la segunda intersección de $\omega _{B1}$ y $\omega _{B2}$; y $C_2$ es la segunda intersección de $\omega _{C1}$ y $\omega _{C2}$.

Sean $D=a_1\cap b_1$, $E=b_2\cap c_1$ y $F=c_1\cap a_2$. Como $AIA_1O$ es un trapecio convexo de bases $AO$ e $IA_1$ tenemos que $IA_1\parallel AO$, análogamente $IB_1\parallel BO$. Luego, $A_1\widehat IB_1=A\widehat OB=2B\widehat CA$ (con $A_1\widehat IB_1$ medido en sentido antihorario). Ahora sea $H$ el ortocentro de $ABC$, luego, $AH\perp BC\perp B_1D\Rightarrow AH\parallel B_1D$ y $BH\perp CA\perp A_1D\Rightarrow BH\parallel A_1D$, por lo tanto $180°-B\widehat CA=A\widehat HB=A_1\widehat DB_1$. El ángulo $A_1\widehat IB_1$ medido en sentido horario vale $360°-2B\widehat CA$, luego, $D\in \omega$. Sea $D'$ el reflejo de $D$ por $a_1$, luego, $D'\in \omega _{A2}$, pero $D\in a_1$, de donde $D\equiv D'$. Entonces $\omega _{A2}$ y $\omega$ se cortan en $D$ y en $A_1$. Análogamente, $\omega$ y $\omega _{B1}$ se cortan en $D$ y en $B_1$. Por lo tanto $D\in \omega ,\omega _{A2},\omega _{B1}$. Análogamente, $E\in \omega ,\omega _{B2},\omega _{C1}$ y $F\in \omega ,\omega _{C2},\omega _{A1}$.

Ahora aplicando el Lema en $\omega _{B2}$, $\omega _{B1}$ y $\omega$ tenemos que $B_1$ es el ortocentro de $B_2DE$, por lo que $B_2E\perp B_1D\perp BC\Rightarrow B_2E\parallel BC$. Aplicando el Lema en $\omega _{C2}$, $\omega _{C1}$ y $\omega$ tenemos que $C_1$ es el ortocentro de $C_2EF$, por lo que $C_2E\perp C_2F\perp BC\Rightarrow C_2E\parallel BC$. Luego, $B_2$, $C_2$ y $E$ están sobre la paralela a $BC$ por $E$, en particular, $B_2C_2\parallel BC$. Análogamente, $C_2A_2\parallel CA$ y $A_2B_2\parallel AB$.

Finalmente, los triángulos $ABC$ y $A_2B_2C_2$ tienen todos sus lados respectivamente paralelos, por lo que son homotéticos con algún centro $G$. Queda demostrado que $AA_2$, $BB_2$ y $CC_2$ concurren en $G$.
Rioplatense 2015 N3 P6 - Concurrencia.png
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[math]

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