México rumbo a la IMO: Jueves de Geometría en Viernes (mas compensación)
Posted by Lalo at 22:31
1. Sea $M$ el punto medio de $BC$. Es conocido que $M, H, F$ son colineales. Sean $K$ y $L$ las interseccciones de $FH$ y $AH$ con el circuncírculo de $ABC$, respectivamente, entonces $K$ y $L$ son las reflexiones de $H$ respecto a $M$ y $BC$ respectivamente. Se sigue que $KL$ es paralela a $BC$ y entonces $FK$ y $FL$ son isogonales en $FBC$. Ya que $FK$ es mediana de este triángulo se sigue que $FL$ es simediana y $FBLC$ es armónico. Luego
$$\frac{BF}{FC} = \frac{BL}{LC} = \frac{BH}{HC}$$
Lo cual por bisectriz implica el resultado.
2. Si $MS = MT$ sean $S_1$ y $T_1$ los puntos medios de $AZ$ y $AY$. Ya que $O_1SS_1O_2$ es un trapecio recto tenemos $MS = MS_1$ y análogamente $MT = MT_1$. Se sigue que $S, S_1, T, T_1$ son todos concíclicos con centro $M$ y aplicando homotecia de razón 2, centro $A$ se sigue que $X, Y, W, Z$ concíclicos.
3. Tenemos
$$AB_2^2 = AB_1 \cdot AC = AC_1 \cdot AB = AC_2^2$$
Luego hay una circunferencia de centro $A$ y radio $AB_2 = AC_2$ la cual es tangente a $BC_2$ y $CB_2$ pues $\angle AC_2B = \angle AB_2C = 90^{\circ}$. Luego $A_3B_2 = A_3C_2$ y lo análogo con los otros lados.
Sea $\omega_A$ la circunferencia de centro $A_3$ y radio $A_3B = A_3C$ y análogamente definimos $\omega_B$, $\omega_C$. Veamos que $A_3B_2$ y $A_3C_2$ son tangentes a $\omega_C$ y $\omega_B$ respecticamente pues $\angle A_3B_2C_3 = \angle A_3C_2B_3 = 90^{\circ}$. Ya que $A_3B_2 = A_3C_2$ se sigue que $A_3$ está en el eje radical de $\omega_B$ y $\omega_C$, y entonces $A_2A_3$ es dicho eje radical. Análogamente $B_2B_3$ y $C_2C_3$ son los otros ejes radicales por parejas de $\omega_A, \omega_B, \omega_C$ y entonces concurren.
19 de junio de 2017, 08:29
2b. Si $X, Y, W, Z$ son concíclicos obtenemos fácilmente que $\measuredangle XO_1A = \measuredangleAO_2T$. Se sigue que los triángulos isósceles $XO_1A$ y $AO_2W$ son directamente semejantes y entonces por MGT (ver http://zacharyabel.com/papers/Mean-Geo_A07.pdf) se sigue que $SMT$ es un triángulo directamente a estos dos, y por lo tanto $MS = MT$.
19 de junio de 2017, 08:32
Max Sanchez dijo...
1. Sea $X$ el pie de la bisectriz del ángulo $BHC$ sobre $BC$. Por el Teorema de la Bisectriz, se tiene que $$\frac{BX}{XC}=\frac{BH}{HC}$$
Ahora, como $\angle BEH=\angle HDC$ y $\angle BHE=\angle DHC$, los triángulos $EBH$ y $DCH$ son semejantes, luego $$\frac{BH}{HC}=\frac{EB}{DC}$$
Por $FBCA$ cíclico, $\angle FBE=\angle FCD$, y por $FEDA$ cíclico, $\angle FEA=\angle FDA$, entonces los triángulos $FBE$ y $FCD$ son semejantes, luego $$\frac{FB}{FC}=\frac{EB}{DC}=\frac{BX}{XC}$$ lo cual por el Teorema de la Bisectriz implica el resultado.
1. Notemos que $\angle FEB = 180^{\circ}-\angle FEA = \angle 180^{\circ}-\angle FDA = \angle FDC$ y $\angle FBE = \angle FBA = \angle FCA = \angle FCD$. Por lo tanto $\triangle FEB \sim \triangle FDC$. También es fácil ver que $\triangle HEB \sim \triangle HDC$. Por lo tanto:
$$\dfrac{FB}{FC} = \dfrac{EB}{DC} = \dfrac{HB}{HC}.$$
Lo que claramente implica el resultado.
2. Si $YXWZ$ es cíclico tenemos $\angle XYA = 180^{\circ} - \dfrac{XO_1A}{2} = \angle AZW = 180^{\circ} - \angle{AO_2W}$ por lo que $\triangle XO_1A \sim \triangle AO_2W$. Sea $R = XO_1 \cap AO_2$ y $P = (RXA) \cap (RO_1O_2) \neq R$. Es fácil ver que $\angle PXO_1 = \angle PXR = \angle PAR = angle PAO_2$ y $\angle PO_1X = 180^{\circ}-\angle PO_1R = 180^{\circ}-\angle PO_2R = \angle PO_2A$ por lo que $\triangle PXO_1 \sim \triangle PAO_2$, combinando esto con $\triangle O_1XA \sim \triangle O_2AW$ sabemos $\angle PXA = \angle PAW$ y además $\dfrac{PX}{PA} = \dfrac{XO_1}{AO_2} = \dfrac{XA}{AW}$ por lo que $\triangle PXA \sim \triangle PAW$ y $O_1,O_2$ son puntos correspondientes en estos triangulos por la semejanza, al igual que $S,T$ por ser puntos medios de lados correspondientes. De aqui es fácil ver que $\triangle PAW \sim \triangle PO_1O_2 \sim \triangle PXA$ y como $T,M$ son puntos correspondientes en los primeros dos triángulos tenemos $\triangle PTW \sim \triangle PMO_2$ por lo que, como $\dfrac{PT}{PW} = \dfrac{PM}{PO_2}$ y $\angle MPT = \angle O_2PW$ entonces $\triangle PTM \sim \triangle PWO_2$ lo que implica $\dfrac{MT}{WO_2} = \dfrac{PT}{PW}$ y de manera similar obtenemos $\dfrac{MS}{AO_2} = \dfrac{PM}{PO_2} = \dfrac{PT}{PW} = \dfrac{MT}{WO_2}$ por lo que $MT = MS$ como queríamos, más aún podemos ver que $\triangle PST \sim \triangle PAW$ por lo que $\dfrac{ST}{AW} = \dfrac{PT}{PW} = \dfrac{MT}{WO_2}$ por lo anterior, entonces $\dfrac{ST}{TM} = \dfrac{AW}{WO_2}$ por lo que $\triangle MST \sim \triangle O_2AW \sim \triangle O_1XA$.
Ahora para la segunda parte si $MS=MT$ notemos que si $P,Q$ son los puntos medios de $AY,AZ$ entonces $APSO_1,AQTO_2$ son círculos con diámetros $AO_1,AO_2$ respectivamente. Por lo tanto $\angle O_1PT = \angle O_2TP = 90^{\circ}$ por lo tanto como $M$ es el punto medio de $O_1O_2$ tenemos $MP=MT$ y de manera similar $MS = MQ$ por lo que $PSTQ$ es cíclico con centro $M$, para concluir basta notar que los cuadriláteros $PSTQ$ y $YXWZ$ son homoteticos con centro $A$ y razón $2$.
3. Lo hice con ejes radicales igual que Ariel.
19 de junio de 2017, 14:58
Muy bien. Qué bueno que los intentaron, disculpen de nuevo por la tardanza
22 de junio de 2017, 23:25