Sea $ABC$ un triángulo acutángulo con $AC\neq BC$, y sea $O$ su circuncentro. Sean $P$ y $Q$ puntos tales que $BOAP$ y $COPQ$ son paralelogramos. Demostrar que $Q$ es el ortocentro de $ABC$.
We gave you a start so you'd know what to do
You've seen how it works, now it's over to you (...)
For there's so much more to explore! Numberblocks - https://www.youtube.com/watch?v=KzTR72_srTU
Como [math]BO = OA (pues [math]O es el circuncentro), el paralelogramo [math]BOAP es un rombo. En particular [math]OP \perp AB. Luego, como [math]COPQ es paralelogramo, [math]CQ \perp AB. Hasta acá ya sabemos que [math]Q está sobre la altura correspondiente a [math]C del triángulo [math]ABC. También sabemos que [math]CQ = OP = 2OM donde hemos llamado [math]M al punto medio de [math]AB. Esto implica que [math]Q es el ortocentro del triángulo, pues la relación [math]CH = 2OM es bien conocida (se puede demostrar, por ejemplo, viendo que la homotecia con centro en [math]G y radio [math]\frac{1}{2}, donde [math]G es el baricentro del triángulo, manda [math]H \to O y [math]C \to M).
We gave you a start so you'd know what to do
You've seen how it works, now it's over to you (...)
For there's so much more to explore! Numberblocks - https://www.youtube.com/watch?v=KzTR72_srTU
Primero, como $BOAP$ es un paralelogramo y $AO=BO$ (pues $O$ es circuncentro, y está en la mediatriz de $AB$), sigue que $AP=PB=BO=AO$, y en particular $BOAP$ es un rombo y tiene sus diagonales perpendiculares, es decir $OP\perp AB$.
Luego, como $COPQ$ es un paralelogramo se tiene que $CQ\parallel OP$. De ésto último, y notando que $OP\perp AB$, sigue que $CQ\perp AB$. Es decir $Q$ está en la altura desde $C$, y en particular $Q$ y $O$ son conjugados isogonales con respecto a este vértice.
Luego, si ponemos $\angle ACQ=\angle OCB=\alpha$, y $\angle QCO=\beta$, sigue que $\angle AOB=4\alpha +2\beta$, y como $\angle AOB=\angle APB$, entonces $\angle APB=4\alpha +2\beta$. Pero $\angle APB=\angle BPO +\angle OPQ+\angle QPA=\beta +\angle BPO+\angle QPA$.
Notemos también que $BO=OC$ por lo que $\angle CBO=\alpha$ y de ésto $\angle BOC=180^\circ -2\alpha$. Además $\angle POC=180^\circ -\beta$. Pero $\angle BOP+\angle POC+\angle COB=360^\circ$ y esto implica que $\angle BOP=2\alpha +\beta$. Como $BP=BO$, entonces $\angle BOP=\angle BPO=2\alpha +\beta$.
Volviendo: teníamos $\angle APB=4\alpha +2\beta =\beta +\angle BPO+\angle QPA$, y además tenemos que $\angle BOP=\angle BPO=2\alpha +\beta$, de ésto sale que $\angle QPA=2\alpha$.
Ahora, notemos que $AP=BO=OC=PQ$ es decir $AP=PQ$, por lo que $\angle PAQ=\angle PQA=90^\circ -\frac{1}{2}\angle QPA=90^\circ -\alpha$. En particular $\angle PAQ=90^\circ -\alpha$.
Ahora, notemos que $\angle PAB=\angle ABO$ por ser alternos internos, pero $\angle ABO=90^\circ -\frac{1}{2}\angle AOB=90^\circ -(2\alpha +\beta )$, luego $\angle PAB=90^\circ -2\alpha -\beta$.
Como $\angle BAQ=\angle PAQ-\angle PAB=90^\circ -\alpha -(90^\circ -2\alpha -\beta )=\alpha +\beta$ se tiene que $\angle BAQ=\angle OCA=\angle OAC=\alpha +\beta$, por lo que $Q$ y $O$ son conjugados isogonales respecto del vértice $A$. Pero como teníamos que $Q$ y $O$ eran conjugados isogonales respecto del vértice $C$, sigue que $Q$ es el ortocentro del triángulo $\triangle ABC$, como queríamos.
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
Sea [math]\theta = 1,3063778838... Para todo entero positivo [math]k se cumple que [math]\left\lfloor \theta^{3^k}\right\rfloor es un número primo.
Por la condición de paralelismo y por la regla del paralelogramo: [math]\vec{OA}+ \vec{OB} = \vec{OP}, y también [math]\vec{OC}+\vec{OP} = \vec{OQ}, es decir [math]\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC} = \vec{OQ}.
Notemos que [math]\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC} = 3\vec{OG}, donde [math]G es el baricentro, de donde [math]Q pertenece a la Recta de Euler y cumple la misma proporción que el ortocentro. Como este punto es único, es el ortocentro y estamos.
Demostración de [math]\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC} = 3\vec{OG}:
Definimos [math]O=(t_x,t_y), [math]A=(a_x,a_y), [math]B=(b_x,b_y) y [math]C=(c_x,c_y). Entonces es conocido que el baricentro es el promedio de las coordenadas de los lados: [math]G=(\frac{a_x+b_x+c_x}{3},\frac{a_y+b_y+c_y}{3}). Notemos que [math]\vec{OA} = (a_x-t_x , a_y-t_y) y lo mismo para cada punto. Sumando las tres, componente a componente, vemos que [math]\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC} = (a_x+b_x+c_x - 3t_x , a_y+b_y+c_y-3t_y) = 3\vec{G} - 3\vec{O} = 3\vec{OG}. Y estamos.
"Though my eyes could see I still was a blind man"
Literalmente destrozado por numeros complejos. Sean $a,b,c$ los puntos que representan $A,B,C$ en el plano complejo y sea $O$ el origen. Entonces $p=a+b$ y $q=p+c=a+b+c$ que es precisamente el ortocentro.
Este problema no me salió cuando lo pensé por primera vez, y cuando leí las soluciones de Nacho y de Mati vi (también por primera vez) un par de técnicas/hechos teóricos que después me sirvieron muchísimo. Cada vez que lo volví a pensar desde ese momento se me venían muy rápido a la cabeza esas ideas, pero nunca tenía una solución propia, hasta hace un par de semanas que lo volví a intentar y se me ocurrió algo nuevo, así que como mensaje número $2000$ vengo a dejar mi solución del problema "fácil" que más tiempo me evadió (por si se lo preguntaban, el segundo en la lista es el 4 de la IMO 2015).
Llamamos $\alpha$, $\beta$ y $\gamma$ a los ángulos $\angle A$, $\angle B$ y $\angle C$, respectivamente, de $ABC$.
Como $O$ es el circuncentro de $ABC$, tenemos que $OA=OB=OC$, y de los paralelogramos se sigue que $PA=PB=PQ$, la observación clave acá es que esto implica que $P$ es el circuncentro de $ABQ$. Notemos entonces que $OAPB$ es un rombo, así que $OP\perp AB$, con lo que $CQ\perp AB$ y $\angle AOP=\dfrac{\angle AOB}{2}=\dfrac{2\gamma}{2}=\gamma$. Por otro lado, tenemos que $\angle COA=2\beta$, entonces $\angle COP=2\beta +\gamma$, con lo que $\angle OPQ=180^\circ -2\beta -\gamma$, pero como $\alpha +\beta +\gamma =180^\circ$ al ser ángulos de un triángulo, esto último es $\alpha +\beta +\gamma -2\beta -\gamma =\alpha -\beta$. De esto obtenemos que $\angle QPA=\angle OPA-\angle OPQ=\gamma -(\alpha -\beta )=\beta +\gamma -\alpha$, y usando nuevamente que $\alpha +\beta +\gamma =180^\circ$, resulta $\beta +\gamma =180^\circ -\alpha$, con lo que $\beta +\gamma -\alpha =180^\circ -2\alpha =2(90^\circ -\alpha )$. Como $P$ es el circuncentro de $ABQ$, resulta que $\angle QBA=90^\circ -\alpha$, así que $BQ\perp AC$. Como ya sabíamos que $CQ\perp AB$, esto implica que $Q$ es el ortocentro de $ABC$, como queríamos.
Y de paso, dejo otra solución que se me ocurrió mientras escribía esta (tuvieron que pasar 6 años hasta tener una solución propia y de repente tengo dos).
Como $O$ es el circuncentro de $ABC$, tenemos que $OA=OB=OC$, y de los paralelogramos se sigue que $PA=PB=PQ$. Como $\angle AOB=2\angle ACB$ al ser $O$ el circuncentro de $ABC$ y $\angle BPA=\angle AOB$ al ser $BOAP$ un paralelogramo, resulta que $\angle BPA=2\angle ACB$. Notemos entonces que $OAPB$ es un rombo, así que $OP\perp AB$, con lo que $CQ\perp AB$. Digamos que $\angle QPA=x$ y $\angle BPQ=y$, entonces $\angle AQP=\dfrac{180^\circ -x}{2}$ y $\angle PQB=\dfrac{180^\circ -y}{2}$, con lo que$$\angle AQB=\angle AQP+\angle PQB=180^\circ -\frac{x+y}{2},$$pero $x+y=\angle QPA+\angle BPQ=\angle BPA$, así que $\dfrac{x+y}{2}=\angle ACB$. Entonces $\angle AQB=180^\circ -\angle ACB$. Como $CQ\perp AB$, esto implica que $Q$ es el ortocentro de $ABC$.
