2012 EGMO P7: Demostrar que las líneas $KH$ , $EM$ y $BC$ son concurrentes [ Prueba de verificación necesaria]

Question

Dejemos que $ABC$ sea un triángulo acutángulo con circunferencia $\Gamma$ y el ortocentro $H$ . Sea $K$ sea un punto de $\Gamma$ al otro lado de $BC$ de $A$ . Sea $L$ sea el reflejo de $K$ en la línea $AB$ y que $M$ sea el reflejo de $K$ en la línea $BC$ . Sea $E$ sea el segundo punto de intersección de $\Gamma $ con la circunferencia del triángulo $BLM$ . Demuestre que las líneas $KH$ , $EM$ y $BC$ son concurrentes. (El ortocentro de un triángulo es el punto de sus tres altitudes).

Sin duda, un problema muy difícil. Me llevó 6 horas resolverlo sin ninguna pista. Pero esta pregunta depende mucho del diagrama, así que si es posible, ¿puede alguien verificar mi prueba? Gracias de antemano.

Además puedes enviar tu solución también, me ayuda mucho.

Mi prueba : Ahora, dejemos que $X$ sea el reflejo de $H$ sobre el lado $BC$ . Es bien sabido que $ABCX$ es cíclico.

Reclamación : $BMHC$ y $LBHA$ son quads cíclicos.

Prueba : Tenga en cuenta que $ABCK$ es cíclico ( Está dado) . Así que $\angle BMC=\angle BKC= \angle BXC= \angle BHC$ y por lo tanto $BMHC$ es cíclico. Del mismo modo, podemos demostrarlo para $LBHA$ .

Dejemos que $MX\cap HK=Y$ . Nótese que por la persecución de ángulos, tenemos $Y \in BC$ .

Por lo tanto, basta con demostrar que $E,M,X$ son colineales .

Ahora bien, como $BC$ es la bisectriz perpendicular de $MK$ y $AB$ es la bisectriz perpendicular de $LK$ , tenga en cuenta que $B$ es el circuncentro de $\Delta KLM$ .

Definir $I=MK\cap BC$ y $G= LK\cap AB$ . Tenga en cuenta que $BIGK$ es cíclico.

Ahora, pasamos a nuestra siguiente reclamación. ( Nota: la prueba puede parecer sencilla pero me llevó 4 horas)

Reclamación : $L,M,H$ son colineales

Prueba: Dado que $BIGK$ es cíclico, obtenemos $\angle ABC=\angle GKI=\frac {1}{2} \angle LBM \implies \angle BML=90-\angle ABC$ .

Por lo tanto, basta con demostrar que $\angle HMB= 90+\angle ABC $ o $\angle HCB=90-\angle ABC$ (lo cual es cierto por la persecución de ángulos , $HC \perp AB$ )

Ahora, la prueba principal .

Reclamación : $E,M,X$ son colineales

Prueba : Obsérvese que al utilizar los cuadrantes cíclicos $(BMHC)$ , $(LBHA)$ , $(ABCEX)$ y $(LBME)$ observamos que

$\angle BEM=\angle MLB=\angle BLH=\angle BAH=\angle BAX= \angle BEH =\angle BEX$ .

Por lo tanto, $\angle BEM=\angle BEX$ . Por lo tanto, $EMX$ son colineales.

¡Y ya está!

Answer 1

Esta demostración se basa en el siguiente lema (que es fácil de demostrar):

Lema: Reflejo de $H$ El lado transversal de un triángulo se encuentra en la circunferencia de dicho triángulo.

Dejemos que $H'$ y $H''$ sean respectivamente reflejos de $H$ a través de $BC$ y $AB$ . Si probamos $E,M,H'$ son colineales hemos terminado ya que $H'M$ y $HK$ se encuentra en el lado $BC$ .

Dejemos que $H'M$ y $H''L$ se reúnen en el punto $F$ . Si demostramos que $F$ se encuentra en ambos círculos hemos terminado.

Dejemos que $\angle H'HC = x$ , $\angle H'HK = y$ y $\angle MKB =z$ .

• Círculo $ABC$ :

  Claramente $\angle HCB = 90-x$ y así $\angle BCH' = 90-x$ . También $\angle HH'F = y$ y $\angle H''HK = 180-x-y$ y por lo tanto $\angle FH''H = 180-x-y$ . Como la suma de todos los ángulos del cuadrilátero es $360$ que tenemos (mira $H''HKF$ ) $\angle H''FK = 2x$ y por lo tanto $F$ está en el círculo $ABC$ (ya que $\angle H''CH' +\angle H''FH' =180$ ).

• Círculo $MBL$ :

  Como la reflexión preserva los ángulos, tenemos $\angle H'MB = y+z$ y $\angle BLF = y+z$ y hemos terminado.