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.
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 :).
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
Gran problema! :D Resolví el
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
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
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
$\blacksquare$