Entrenamiento IMO 2021 - Problema 25

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Tomás Morcos Porras

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Entrenamiento IMO 2021 - Problema 25

Mensaje sin leer por Tomás Morcos Porras »

Sea $ABCD$ un cuadrilátero inscripto en una circunferencia $O$. Para un punto $E$ de $O$, se consideran sus proyecciones $K,L,M,N$ sobre las rectas $DA,AB,BC,CD$ respectivamente. Demostrar que si $N$ es el ortocentro del triángulo $KLM$ para algún punto $E$ distinto de $A,B,C,D$ entonces lo mismo ocurre para todo punto $E$ de la circunferencia $O$.
¿Mis intereses? Las várices de Winston Churchill.
Juaco

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Re: Entrenamiento IMO 2021 - Problema 25

Mensaje sin leer por Juaco »

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Dependiendo del dibujo dos ángulos pueden ser iguales o suplementarios, pero la solución es esencialmente la misma

dados $A, B, C, D$ fijos voy a probar que cuando $E$ varía, las rectas $KL$ y $MN$ se cortan formando el mismo ángulo, de donde es inmediato que si son perpendiculares ($\text{i.e.}$ $N$ es ortocentro) para un punto, entonces lo son para todos
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lo primero que hay que notar es que por todos los ángulos rectos hay muchos cíclicos

Sea $H_e$ la proyección ortogonal de $E$ sobre $BD$, por la $\text{recta de Simpson}$ sabemos que $KL \cap MN = H_e$ y además también sabemos que $H_e$ está en la intersección de las cfas violetas punteadas de la imagen por ser $BE$ y $DE$ diámetros.

(un camino mucho más corto que todos los angulitos) la gracia va en ver que $K\hat{H_e}N$ es congruente a $A\hat{B}C$ porque son suplementarios al $A\hat{D}C$ ya que $ABCD$ y $NDKH_e$ son cíclicos



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Gianni De Rico

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Re: Entrenamiento IMO 2021 - Problema 25

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Juaco escribió: Sab 01 Oct, 2022 6:09 pm
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Dependiendo del dibujo dos ángulos pueden ser iguales o suplementarios, pero la solución es esencialmente la misma

dados $A, B, C, D$ fijos voy a probar que cuando $E$ varía, las rectas $KL$ y $MN$ se cortan formando el mismo ángulo, de donde es inmediato que si son perpendiculares ($\text{i.e.}$ $N$ es ortocentro) para un punto, entonces lo son para todos
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lo primero que hay que notar es que por todos los ángulos rectos hay muchos cíclicos

Sea $H_e$ la proyección ortogonal de $E$ sobre $BD$, por la $\text{recta de Simpson}$ sabemos que $KL \cap MN = H_e$ y además también sabemos que $H_e$ está en la intersección de las cfas violetas punteadas de la imagen por ser $BE$ y $DE$ diámetros.

(un camino mucho más corto que todos los angulitos) la gracia va en ver que $K\hat{H_e}N$ es congruente a $A\hat{B}C$ porque son suplementarios al $A\hat{D}C$ ya que $ABCD$ y $NDKH_e$ son cíclicos



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Gran solución! Te dejo un par de comentarios:
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La parte del "dependiendo del dibujo" la podés omitir al hacer angulitos si usás ángulos dirigidos (y más en este caso que solamente querés probar que algo es siempre $90^\circ$).
La recta se llama recta de Simson (sin "p"), Simpson es Homero jajaja.
Con el mismo argumento pero tirando la perpendicular sobre $AC$ podés demostrar que en realidad $N$ es el ortocentro de $KML$ si y sólo si $ABCD$ es un rectángulo, observación que no me parece para nada trivial y que de hecho es la manera en la que yo pensé que iba a salir el problema originalmente.
♪♫ do re mi función lineal ♪♫
Juaco

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Re: Entrenamiento IMO 2021 - Problema 25

Mensaje sin leer por Juaco »

siempre me confundo con la recta de Simson jajaja
Gianni De Rico escribió: Sab 01 Oct, 2022 8:01 pm
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Con el mismo argumento pero tirando la perpendicular sobre $AC$ podés demostrar que en realidad $N$ es el ortocentro de $KML$ si y sólo si $ABCD$ es un rectángulo, observación que no me parece para nada trivial y que de hecho es la manera en la que yo pensé que iba a salir el problema originalmente.
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en realidad básicamente la solución dice eso, porque con lo que probé, podés decir que las perpendiculares que necesitás para que $N$ sea ortocentro, implican que los ángulos del $ABCD$ son todos rectos
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