Entrenamiento De Cono Sur 2014 Problema 6

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fleschler.ian

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Entrenamiento De Cono Sur 2014 Problema 6

Mensaje sin leer por fleschler.ian » Lun 18 Ago, 2014 2:30 pm

Sea [math] el ortocentro del triángulo acutángulo [math] y [math] un punto de la circunferencia circunscrita del triángulo [math]. Demostrar que la recta de Simson de [math] divide al segmento [math] por la mitad.

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Gianni De Rico

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Re: Entrenamiento De Cono Sur 2014 Problema 6

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 16 Feb, 2019 8:37 pm

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WLOG $P$ está sobre el arco $BC$ de $\odot ABC$ que no contiene a $A$.
Sean $D$ el pie de la perpendicular desde $P$ a $BC$, $E$ el pie de la perpendicular desde $P$ a $CA$, $F$ el pie de la perpendicular desde $P$ a $AB$, $H_A$ el pie de la altura desde $A$ y $H'$ el reflejo de $H$ por $BC$. Por las reflexiones del ortocentro, tenemos que $ABH'C$ es cíclico. Consideremos la homotecia de centro $P$ y razón $2$ que manda $D$ a $D'$, $E$ a $E'$ y $F$ a $F'$, como $D,E,F$ son colineales por Simson, se sigue que $D',E',F'$ son colineales. Además, por reflexión tenemos que $HH_A=H_AH'$ y por la homotecia tenemos que $PD=DD'$, pero $PD'\perp BC\perp HH'\Rightarrow PD'\parallel HH'$, de todo esto se sigue que $HH'D'P$ es un trapecio isósceles, luego $\angle D'HH'=\angle HH'P=\angle AH'P$. Sea $G$ el segundo punto de intersección de $PD$ con el circuncírculo de $\triangle ABC$, como $PG\parallel AH'$ y $PGAH'$ es cíclico tenemos que $PGAH'$ es un trapecio isósceles y $\angle GAH'=\angle AH'P=\angle D'HH'\Rightarrow AG\parallel HD'$, pero por Rio 2007 N2 P2 tenemos que $AG\parallel DE$, y por homotecia $DE\parallel D'E'$. Luego, $D',E',F',H$ son colineales, entonces la homotecia de centro $P$ y razón $\frac{1}{2}$ manda $D'$ a $D$, $E'$ a $E$, $F'$ a $F$ y $H$ a $M$, el punto medio de $PH$, como $D',E',F',H$ son colineales, tenemos que $D,E,F,M$ son colineales, esto es lo que se pedía demostrar.
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