Olimpiada de Matemáticas en Chihuahua: Problema del Día. Geometría (10 de Septiembre)

lunes, 10 de septiembre de 2012

Problema del Día. Geometría (10 de Septiembre)

Sea

$\triangle ABC$ un triangulo acutangulo,

$A_1, B_1$ los pies de las alturas desde

$A$ y

$B$ respectivamente.

$M$ el punto medio de

$AB$ .
a) Demostrar que

$MA_1$ es tangente al circuncirculo del

$\triangle A_1B_1C$
b) Demostrar que los circuncirculos de

$\triangle A_1B_1C, \triangle BMA_1, \triangle AMB_1$ tienen un punto en comun.

11 comentarios:

Luis Chacón12 de septiembre de 2012, 2:31 p.m.
a) Trazamos la altura $CC_1$ y llamamos H al ortocentro y N al punto medio de CH.
Hacemos $\angle C_1CB= \theta , \angle HBA= \alpha , \angle HBC= \beta$ , como $\triangle CC_1B$ es rectángulo $\alpha + \beta + \theta =90$ .
Como $AA_1B$ es rectángulo, el punto medio de la hipotenusa (M) es el circuncetro, entonces $MA_1=MB$ y $\triangle MA_1B$ es isósceles, entonces $\angle MA_1B = MBA_1 = \beta + \alpha$ .
$\triangle CA_1H$ es rectángulo, entonces N es su circuncentro, $CN=CA_1$ , $\triangle CNA_1$ es isósceles y $\angle NCA_1= \angle NA_1C = \theta$ .
$180= \angle NA_1C+ \angle NA_1M+ \angle MA_1B= \angle NA_1M + \alpha + \beta + \theta = \angle NA_1M + 90$ , entonces $\angle NA_1M =90$ .
$\angle CB_1H, \angle CA_1H$ son rectos, entonces su suma es 180 y $CB_1HA_1$ es cíclico (su circuncírculo es el mismo que el de $\triangle A_1B_1C$ ). Como $\angle CA_1H=90$ , CH es diámetro y N es el circuncentro. $NA_1$ es radio, y $A_1M$ es perpendicular, por lo tanto es tangente al circuncírculo de $\triangle A_1B_1C$ .
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antonio lopez13 de septiembre de 2012, 5:44 p.m.
Sea $H$ el ortocentro de $ABC$ y sea $\angle ABB_1=x$ , por $AA$
$\triangle ABB_1$ es semejante al triangulo $ACD$ donde $D$ es el pie de la altura desde $C$ sobre $AB$ entonces $\angle DCA=x$ . Luego sea $\angle B_1BC=y$ , como $\triangle ABA_1$ es rectangulo y $M$ es punto medio de $AB$ , M es el circuncentro de $\triangle ABA_1$ entonces $MB=MA_1$ entonces $\angle MA_1B=x+y$ ya que $MBA_1$ es un triangulo isoceles. Sea $\angle BMA_1=2a$ . Como el triangulo $MAA_1$ es isoceles entonces $\angle MA_1A=\angle MAA_1=a$ . Luego como $\triangle ABA_1$ es semejante al triangulo $CBD$ se tiene que $\angle BAA_1=\angle BCD=a$ entonces como $HA_1CB_1$ es un cuadrilatero ciclico se tiene que
$\angle HCB_1=\angle HA_1B_1=x$ ya que abren el mismno arco $HB$ , Entonces $\angle MA_1B_1=\angle A_1CB_1=a+x$ . Entonces el angulo $MA_1B_1$ es un agulo semi-inscrito entnces $MA_1$ es tangente a la circunferencia que pasa por $HA_1CB_1$ que es el circuncentro del triangulo $A_1CB_1$ .
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Unknown13 de septiembre de 2012, 9:14 p.m.
a) Intento:
Sea $O$ el ortocentro de $\triangle{ABC}\Rightarrow$ si $\angle{OA_1C}+\angle{AB_1O}=90^{o}+90^{o}=180^{o}\Rightarrow OA_1CB_1$ es cíclico $\Rightarrow O$ es parte del circuncírculo de $\triangle{A_1B_1C}$ . Análogamente es parte del circuncírculo de $\triangle{C_1BA_1}\Rightarrow OA_1$ es eje radical $\Rightarrow AC_1*AB=AB_1*AC$
Si $MA_1$ es tangente $\Rightarrow MA_1\prepA_1D$ (siendo $D$ el punto diametralmente opuesto a $A_1$ en el circuncirculo de $\triangle{A_1B_1C}$ ).
Si $\angle{OB_1C}=90^{o}\Rightarrow OC$ es diámetro.
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Pepe Flores13 de septiembre de 2012, 10:51 p.m.
Yo hice el dibujo y aparte trace la altura desde $C$ . Despues me di cuenta de que el circuncirculo de $CB_1A_1$ pasa por el ortocentro del triangulo $ABC$ . Luego me di cuenta de que el angulo $CB_1H$ mide 90 grados y que el angulo $CA_1H$ tambien mide 90 graods Al ver esto me di cuenta de que el cuadrilatero $CB_1HA_1$ es ciclico y que $CH$ es su diametro. Sea $O$ el punto medio de $CH$ y por lo tanto el centro del circuncirculo de $CB_1A_1$ . Debemos demostrar que el angulo $OA_1M$ $=$ $CA_1A$ . Como comparten unos angulos que trazamos ahi, solo necesitamos demostrar que $CA_1O$ $=$ $AA_1M$ . Aun no estoy seguro de como demostrarlo asi que hasta ahi me quede.
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Diego Astiazarán18 de septiembre de 2012, 8:13 p.m.
Vemos que $\angle BA_1A = 90^o$ , por lo que $BA$ es diametro del ciruncirculo de $BA_1A$ . Trazamos $MA_1$ y tenemos $MB=MA_1=MA$ . $\Rightarrow \triangle BMA_1$ y $\triangle A_1MA$ son isosceles:
$\angle MBA_1 = \angle MA_1B = \alpha$
$\angle MA_1A = \angle MAA_1 = \beta$
Vemos que $\angle MAA_1 = 90^o = \alpha + \beta$
Trazamos la altura desde $C$ hasta $C_1$ y llamamos $H$ al ortocentro. Vemos que el cuadrilatero $C_1HA_1B$ es cíclico porque $\angle BC_1H$ y $\angle BA_1H$ son opuestos y miden $90^o$ , por lo tanto suman $180^o$ . $\Rightarrow \angle C_1HA_1 = 2\beta + \alpha$ Y por ángulos suplementarios el $\angle A_1HC = \alpha$ $\Rightarrow \angle A_1CH = \beta$
Podemos ver que el $\angle MA_1H$ (semiinscrito) y el $\angle A_1CH$ (inscrito) abren el mismo arco del circuncirculo de $\triangle A_1B_1C$ y sabemos que $\angle MA_1H = \angle A_1CH = \beta$ .
$\Rightarrow MA_1$ es tangente al circuncirculo del $\triangle A_1B_1C$ .
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