BMO 2008 Problema 1

[Beniamin Bogosel]

Se da un triunghi scalen \( ABC \) cu \( AC>BC \). Fie \( F \) piciorul inaltimii din \( C \) si \( P \) un punct pe \( AB \) diferit de \( A \) astfel incat \( AF=PF \). Fie \( H,O,M \) ortocentrul, centrul cercului circumscris, respectiv mijlocul lui \( AC \) (ale triunghiului \( ABC \)). Fie \( X \) intersectia lui \( BC \) cu \( HP \). Fie \( Y \) intersectia dintre \( OM \) si \( FX \) si \( OF \) intersecteaza \( AC \) in \( Z \).
Demonstrati ca \( F,M,Y,Z \) sunt conciclice.

[Beniamin Bogosel]

Pentru ca \( OM\perp AC \) si astfel \( YM\perp AC \) este suficient sa demonstram ca \( OF\perp XF \) pentru ca punctele \( F,M,Y,Z \) sa fie conciclice.

Acest lucru se demonstreaza interesant astfel:

Fie \( D \) simetricul lui \( H \) fata de \( AB \). Atunci patrulaterul \( ADPH \) este romb(diagonalele se injumatatesc, si sunt perpendiculare). Notam cu \( T \) intersectia \( AD\cap XF \). Deoarece \( F \) este centrul de simetrie al rombului avem \( XF=FT \).

Acum sa observam ca punctul \( D \) este pe cercul circumscris triunghiului \( ABC \), deci patrulaterul \( ACBD \) este inscriptibil.
\( F \) este intersectia diagonalelor acestul patrulater, si dreapta \( XF \) trece prin intersectia diagonalelor si taie doua laturi opuse in \( X,T \) astfel incat \( XF=FT \).

Acum, dintr-o problema cunoscuta, problema "fluturelui" rezulta ca daca \( Q,R \) sunt intersectiile lui \( XF \) cu cercul circumscris patrulaterului(adica cercul circumscris triunghiului \( ABC \)) atunci \( RF=QF \) de unde rezulta si \( OF\perp XF \).

Probabil ca asa a fost construita problema :
-se considera dreapta perpendiculara pe \( OF \) si intersectia ei cu cercul;
-din constructie, \( F \) este mijlocul coardei formate;
-din teorema "fluturelui" rezulta ca \( XF=FT \);
-daca facem simetricul triunghiului \( AFD \) fata de \( F \) atunci obtinem triunghiul \( PHF \) si \( X\in PH\cap AB \).
... acuma se da ultima parte numai si se cere prima, sau ceva echivalent cu ea, ca si in problema noastra

[maky]

Eu am o solutie mai urata

Intai fac aceeasi precizare cum ca \( Y \) si \( Z \) n`au ce cauta in problema, e suficient sa demonstram ca \( OF \bot XF \).
Cum \( HF \bot AB \), e suficient sa arat ca \( \angle OFA =\angle HFX \). Notez \( \angle OFA = \alpha \), \( \angle HFX=\beta \). Arat ca \( \tan \alpha = \tan \beta \).
Fie \( K \) mijlocul lui \( [AB] \). Atunci \( \tan \alpha = OK/KF \). Dar \( OK = R \cos C \) si se arata usor ca \( KF = R \sin (B-A) \): \( FK = BK - BF = R \sin C - a \cos B = R \sin C - 2 R \sin A \cos B = \)
\( = R ( \sin C - \big( \sin (A+B) - \sin (B-A) \big ) = R \sin (B-A) \).
Deci \( \tan \alpha = \frac{\cos C}{\sin(B-A)} \) (*)
Acum sa calculez si \( \tan \beta \).
Fac observatia ca patrulaterul \( PBHC \) este inscriptibil deoarece \( \angle PBC = \angle PHC = \pi - \angle B \) (pentru ca si \( \angle AHC = \pi - \angle B \)).
Deci si \( \angle FBX = \angle FHX \) si din teorema sinusurilor in \( \triangle FHX,\triangle BFX \) rezulta (cu precizarea ca \( \angle BFX = \pi/2 - \beta \)):
\( \frac{HX}{\sin \beta} = \frac{BX}{\cos \beta} \),
adica \( \tan \beta = HX/BX \).
Acum exprim ultimul raport cu teorema sinusurilor in \( \triangle XBH \):
\( \frac{HX}{BX} = \frac{\sin \angle HBX}{\sin \angle BHX} \).
dar \( \angle HBX = \pi/2 - \angle C \), si \( \angle BHX =\angle XCP = \angle ABC - \angle APC = \angle B - \angle A \) (din inscriptibilitatea lui \( PBHC \)), deci
\( \tan \beta = \frac{\sin(\pi/2 - C)}{\sin(B-A)}=\frac{\cos C}{\sin(B-A)} \) (**)
Din (*) si (**) rezulta ca \( \tan \alpha = \tan \beta \) si demonstratia se incheie.

Pare greu de urmarit, dar cu poza in fata devine foarte limpede de inteles.

[Beniamin Bogosel]

Am ramas surprins sa dau peste problema asta in cartea Diviziune armonica scrisa de domnul profesor Virgil Nicula si Cosmin Pohoata. Cartea a aparut in anul 2007 !

Se gaseste la sectiunea de probleme propuse, problema numarul 21 (pag. 49).

Se pare ca nu e prea originala problema.

[Virgil Nicula]

Se da un triunghi scalen \( ABC \) cu \( AC>BC \). Fie \( F \) piciorul inaltimii din \( C \) si \( P \) un punct pe \( AB \) diferit de \( A \) astfel incat \( AF=PF \). Fie \( H,O,M \) ortocentrul, centrul cercului circumscris, respectiv mijlocul lui \( AC \) (ale triunghiului \( ABC \)). Fie \( X \) intersectia lui \( BC \) cu \( HP \). Fie \( Y \) intersectia dintre \( OM \) si \( FX \) si \( OF \) intersecteaza \( AC \) in \( Z \).
Demonstrati ca \( F,M,Y,Z \) sunt conciclice.

Imi pare rau ca trebuie sa o spun, insa aceasta problema este de rasul ... curcilor banatene. Este o probema "vopsita" stangaci de niste amatori (cabotini ai geometriei). Iata oribila vopsea: daca suprimam punctele \( M \) , \( Y \) si \( Z \) si concluzia se inlocuieste cu \( FO\perp FX \) atunci se obtine o problema clasica care apare si in cartea "Diviziune armonica" de \( V.N. \) & \( C.P. \) ca problema \( P21 \) de la pag. \( 49 \). In solutia prezentata la pag. \( 67 \) cu ajutorul "problemei fluturelui" (identica cu solutia lui B. Bogosel) se regaseste si solutia acestei frumoase proprietati - problema fluturelui. Sunt curios nevoie mare cine este "autorul" acestei probleme din concurs.

[Virgil Nicula]

Vezi aici aceeasi problema.

[mumble]

In Mongolia s-a dat recent o a alta varianta a acestei probleme:

Se da triunghiul ascutitunghic \( ABC. \) \( CD \) este inaltimea din \( C \), \( D \)\( \in BC \) si fie \( O,\ H \) centrul cercului circumscris, respectiv ortocentrul triunghiului \( ABC. \) Dreapta perpendiculara pe \( OD \) in \( D \) taie dreapta \( BC \) in punctul \( E. \) Sa se arate ca \( \angle DHE = \angle ABC. \)

Problema nu este altceva decat un exercitiu invers problemei de la OBM & teorema fluturelui (spre exemplu, configuratia din problema de la OBM poate fi reconstituita imediat ducand simetricul lui \( A \) fata de \( D. \))