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.
Veamos si está bien...
ResponderBorrarLlamemos 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.
Muy bien Karina, se ve bien.
ResponderBorrarSean $L$, $M$ y $N$ puntos medios de $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente. Y sean $AX$, $BY$ y $CZ$ las alturas.
ResponderBorrarSea $F$ 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
Muy bien Alberto
ResponderBorrarkarina usando carnot para concluir xD
ResponderBorrarque dice carnot? jeje
http://www.cut-the-knot.org/pythagoras/Carnot.shtml
ResponderBorrarMuy bien chavos.
ResponderBorrarQue bueno que les salió rápido.
Hora de agregar otro problemin Isaí.
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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