P5. Sobreexplotando la configuración del ortocentro con una concurrencia.

Enviado por Samuel Elias el 23 de Octubre de 2025 - 12:56.

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo y $H$ su ortocentro. Sea $\Omega$ el circunírculo de $BHC$. Las rectas $AH$ y $AC$ cortan a $\Omega$ en $D \neq H$ y $E\neq C$ respectivamente. Sea $F \neq D$ la segunda intersección de $CD$ con el circuncírculo de $AED$. Demuestra que $AF, \ BC$ y $DE$ concurren.

Solución

Solución:

Note que $\angle HAE = \angle HBC = \angle HDC$. Esto quiere decir que $\triangle ACD$ es isósceles con $AC=DC$ y por lo tanto, $BC$ es todotriz sobre $AD$ y $\angle ACD$. Ahora, como $AEFD$ es cíclico por condiciones del problema y la igualdad de ángulos de arriba, $AEFD$ es un trapecio isósceles, por lo que $EF \parallel AD$. Por teorema de Tales (versión 1), $CE=CF$ y $EA=FD$ (versión 2). Sea $G$ la intersección de $BC$ con $AD$, que por ser $BC$ todotriz, $AG=DG$. Por último, usando el teorema de Ceva en $ACD$:

$$\frac{AG}{GD}\cdot \frac{DF}{FC}\cdot \frac{CE}{EA}=1$$

Lo cual es cierto porque $\frac{DF}{FC}=\left(\frac{CE}{EA}\right)^{-1}$

Gran problema! :D Resolví el [1]

Enviado por ISebDv el 8 de Noviembre de 2025 - 22:56.

Gran problema! :D
Resolví el problema con ejes radicales, pero no se me ocurrió usar teorema de ceva (Lo cual es infinitamente más sencillo lol)

Esa solución también es

Enviado por Samuel Elias el 9 de Noviembre de 2025 - 08:37.

Esa solución también es buena, ver $FABC$ cícilico te tira mucho paro. Hay muchas soluciones, como que "las diagonales y la altuta del trapecio isósceles concurren" o "como es mediatriz entonces la recta es la misma". Este problema lo inventé yo y me gustó ver la inmensa cantidad de soluciones que existen :).

Lo que dijo samuel, porq

Enviado por sebas islas el 3 de Diciembre de 2025 - 21:22.

Lo que dijo samuel, porq nadie (yo) conoce teorema de ceva

Bueno bases, llamemos $X$ la interseccion de $BC$ con $DE$, en mi solucion vamos a demostrar que $AF$ pasa por X

Te puedes dar cuenta que por moños $\angle ABE = \angle HBC$ y por los ciclicos que dan las alturas $\angle ADE = \ angle HBC = \angle HAC$ y podemos notar en el ciclico $ADFE$ los angulos iguales por lo que $AD\|EF$ (nose si es hecho conocido pero igual esta facil de demostrar) $\Rightarrow EF\perp BC$

Ahora podemos notar varios triangulos isoceles por la paralela como $\triangle ADC , \triangle CFE$ notamos por lo dicho anterior de la relacion de $EF$ y $BC$, como son isoceles, $BD$ es todotriz, y por esto como $X$ cae sobre BC $\Rightarrow \triangle XEF, \triangle AXD$ son isoceles.

Ahora por todotriz $\angle BXD = \angle BXA$ y $\angle FXC = \angle EXC$

Ahora veamos esto, por definicion del punto $X$ $\angle BXD = \angle EXC$ y por todo las igualdades anteriores $\Rightarrow \angle AXB = \angle CXF$ por lo que son opuestos por el vertice $\Rightarrow$ $A,X$ y $F$ son colineales

$\blacksquare$