miércoles, 22 de diciembre de 2010

Problema del Dia (22 Dic)

Vuelve el problema del día al blog. Los problemas que se estarán poniendo serán de nivel avanzado, es decir nacionales dificiles, IMOs faciles y por el estilo.
Los objetivos de esta temporada del problema del día son basicamente apoyar a Karina en su trayecto a la IMO, apoyar a Alberto para que le valla bien en los entrenamientos nacionales y en el proximo nacional y darle algo que hacer a  los olimpicos repetidores y entrenadores que se aburren (nos aburrimos) en estas vacaciones de invierno.

Comenzaremos con un problema de geometria de una IMO reciente.

Un triángulo acutángulo $ABC$ tiene ortocentro $H$. La circunferencia con centro en el punto medio de $BC$ que pasa por $H$ corta a la recta $BC$ en $A_1$ y $A_2$. La circunferencia con centro en el punto medio de $CA$ que pasa por $H$ corta a la recta $CA$ en $B_1$ y $B_2$. La circunferencia con centro en el punto medio de $AB$ que pasa por $H$ corta a la recta $AB$ en $C_1$ y $C_2$. Demostrar que $A_1,A_2,B_1,B_2,C_1,C_2$ están sobre una misma circunferencia.

Si a la semana nadie ha resuelto un problema, pongo sugerencia.

8 comentarios:

  1. Veamos si está bien...

    Llamemos M,N,L al punto medio de BC, CA y AB respectivamente.
    Llamemos T1, T2, T3 a las circunferencia de centro M,N,L.
    Llamemos X al punto de intersección de T1 y T3, sabemos que el segmento HX pertenece al eje radical (pasa por los puntos de intersección de ambas circunferencias)Además si trazamos el segmento ML sabemos que ML es perpendicular a HX (es conocido que la recta que une los centros de dos circunferencias es perpendicular a la recta que une sus interesecciones).

    Por otro lado, M y L tambien son puntos medios de los lados del triangulo ABC, por lo tanto ML es paralela a AC, por definición BH es perpendicular a AC (alturas) por lo tanto BH tambien es perpendiculas a ML.

    llamemos l1 a la recta que contiene el segmento HX y l2 la recta que contiene el segmento HB

    tenemos que l1, pasa por H y es perpendicular a ML, analogamente para l2, entonces l1 es igual a l2.

    De aqui deducimos que T1 interseccion con T3 pertenece al segemente BH, pero más aún, B se encuentra en el eje radica de T1 y T2, analogamente para el resto de las intersecciones obtenemos por potencia de punto que..

    A1A2C1C2
    A2B1B2A1
    B2C1C2B1
    Son ciclicos.

    Llamemos S al centro de la circunferencia que contiene los puntos A1A2C1C2,

    sabemos que LS es perpendicular a AB (C1C2 es una cuerda de la circunferencia y L es su punto medio, analogamente para M y A1A2) y MS perpendicular a BC

    Si trazamos la perpendicular a AC desde N, sabemos por el teorema de carnot que concurrirá en S.

    "AL^2 - LB^2 + BM^2 - MC^2 + CN^2 - NA^2 = O"

    Por lo tanto sabemos que

    A1A2C1C2 centro= S radio= SA1, SA2, SC1, SC2
    A2B1B2A1 centro= S radio= SA2, SB1, SB2, SA1
    B2C1C2B1 centro= S radio= SB2, SC1, SC2, SB1.

    Es fácil ver que todos los puntos pertenecen a una circunferencia con mismo centro y radio por lo tanto pertenecen a la misma circunferencia.

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  2. Sean $L$, $M$ y $N$ puntos medios de $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente. Y sean $AX$, $BY$ y $CZ$ las alturas.

    Sea $F$ la interseccion de las circunferencias con centros $M$ y $L$.

    $HM=MF$ y $HL=HF$ porque son radios, y $ML=ML$
    Por LLL, $\triangle HML \cong \triangle DML$
    Entonces $\angle HML = \angle DML$
    Asi que ML es bisectriz de un triangulo isosceles, por lo que tambien es altura.

    Como $M$ y $L$ son puntos medios $ML||AB$ y como $CZ$ es perpendicular a $AB$ tambien lo es a $ML$.

    Entonces vemos que $HC$ y $HF$ pasan por $H$ y son perpendiculares a $ML$, asi que son la misma linea.

    Igual con las otras alturas e intersecciones de circunferencias.
    HF es el eje radical, asi que las alturas son los ejes radicales.

    Por potencia de punto desde los ejes radicales
    $CA_2 \cdot CA_1 = CB_1 \cdot CB_2$
    $AB_2 \cdot AB_1 = AC_1 \cdot AC_2$
    $BC_2 \cdot BC_1 = BA_1 \cdot BA_2$

    Entonces $C_1 C_2 A_1 A_2$, $A_1 A_2 C_1 C_2$ y $B_1 B_2 C_1 C_2$ son ciclicos.

    Suponemos que no son la misma circunferencia

    Como los ejes radicales de 3 circunferencias concurren, $C_1 C_2$, $A_1 A_2$ y $B_1 B_2$, que son los tres ejes radicales, concurren.
    Vemos que estas tres rectas son las mismas que los lados del $\triangle ABC$, por lo que no pueden concurrir, asi que $C_1 C_2 A_1 A_2 B_1 B_2$ son conciclicos.

    Esta es la misma idea con la que se concluye el de geometria del nacional del 2008 :P

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  3. karina usando carnot para concluir xD

    que dice carnot? jeje

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  4. http://www.cut-the-knot.org/pythagoras/Carnot.shtml

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  5. Muy bien chavos.
    Que bueno que les salió rápido.
    Hora de agregar otro problemin Isaí.

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  6. Otra forma de concluir por el camino de Karina (Sin Carnot) es fijandose $LS$ y $MS$ son mediatrices en el triangulo $ABC$, por lo tanto una perpendicular a $AC$ desde $N$ concurrirá en $S$ por que tambien es mediatriz.

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