jueves, 20 de septiembre de 2012
Problema del Día. Geometría (20 de septiembre)
Sea $\triangle ABC$ un triángulo acutángulo. $D$ es un punto sobre el lado $BC$. Sea $Q$ la intersección de $AD$ y la mediana de $\triangle ABC$ desde $C$, y $P$ un punto cualquiera sobre $AD$ distinto de $Q$. El circuncírculo de $\triangle CPD$ intersecta otra vez a $CQ$ en $K$.
Demuestra que sin importar la elección del punto $P$, el circuncírculo de $AKP$ pasa por un punto fijo distinto de $A$.
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Tomamos $P$ entre $Q$ y $D$. Vemos que $KCDP$ es cíclico, y $\angle KCD$ se mantiene fijo porque $CQ$ no se puede mover. $ \angle KPD=180- \angle KCD$ y $\angle KPQ=180- \angle KPD=180-(180- \angle KCD)=\angle KCD$. Extendemos $CQ$ hasta intersectar al circunrírculo de $\triangle AKP$ en $R$. $ARPK$ es cíclico, entonces $\angle ARK=\angle APK=\angle KCD$.
ResponderBorrarAhora tomamos $P$ entre $A$ y $Q$. $\angle KCD=\angle DPK$ porque $CPKD$ es cíclico. $\angle DPK=180-\angle APK=\angle ARK$ porque $A,K,D$ son colineales y $ARKP$ es cíclico, entonces $\angle ARK=\angle DPK=\angle KCD$.
En los dos casos, $\angle ARC=\angle QCD$, entonces se mantiene constante. Como todas las rectas $AR$ forman el mismo ángulo con $CQ$, son paralelas, y como todas comparten $A$, son la misma línea, entonces $R$ es el mismo punto siempre. Como $R$ está en el circuncírculo de $\triangle AKP$ y siempre es el mismo sin importar dónde esté $P$, el circuncírculo pasa por un punto fijo distinto de $A$.
Sea E la interseccion del circuncirculo de AKP con la recta CM, donde M es el punto medio de AB y E distinto de K. Entonces Si escogemos P entre A y Q se tiene que <AEK=<KPD=<KDC ya que <KPD=180°-<KPA al igual que <AEK porque AEKP es ciclico. Luego si P esta entre Q y D veo que con el mismo argumento <KCD=<APK=<AEK entonce como CM siempre es la misma linea entonces el angulo KCD siempre es el mismo y entonces el angulo AEK siempre es el mismo y por lo tanto E siempre es el mimo punto.Q.E.D.
ResponderBorrarPara demostrar que siempre existe ese punto, separo el problema en dos casos, donde le dibujo cambie.
ResponderBorrar$\bullet P$ esta entre $D$ y $Q$
Nos fijamos en el cíclico $DCKP$ . Decimos que $\angle DCK = \alpha$ y su ángulo opuesto $\angle DPK = 180^o-\alpha$ y su ángulo suplementario $\angle KPA = \alpha$ . Ahora extendemos $CQ$ hasta que intersecte al circuncírculo de $\triangle AKP$ en un punto $S$ . Vemos que el $\angle KPA$ abre el mismo arco que el $\angle KSA$ .
$\Rightarrow \angle KSA = \angle KPA = \alpha = \angle DCK$
$\bullet P$ esta entre $Q$ y $A$
Nos fijamos en el cíclico $DCPK$ . Decimos que $\angle DCK = \beta$ . Vemos que el $\angle DCK$ abre el mismo arco que el $\angle DPK$ , entonces $\angle DPK = \angle DCK = \beta$ Y el ángulo suplementario de $\angle DPK$ , es decir $\angle KPA = 180 -\beta$ . Ahora extendemos $CQ$ hasta que intersecte al circuncírculo de $\triangle AKP$ en un punto $S$ . Entonces el ángulo opuesto de $\angle KPA$ es $\angle KSA = \beta$
$\Rightarrow \angle KSA = \beta = \angle DCK$
Llamamos $E$ al punto medio de $BA$ . Ahora vemos que $\triangle CEB \cong \triangle SEA$ , porque sabemos que $\angle ECB = \angle ESA$ en ambos casos y $\angle BEC = \angle AES$ (opuestos) , y por lo tanto $\angle CBE = \angle SAE$ . Además tenemos que $BE=EA$ . Entonces se cumple el criterio $\text{ALA}$ .
Ya que tenemos que $C, E, S$ con colineales y $B, E, A$ también lo son, $S$ estará en el mismo lugar siempre.
$\therefore$ El circuncírculo de $AKP$ pasa por un punto fijo distinto de $A$ , sin importar la elección del punto $P$ .
Primero vemos el caso en el cual P está entre A y Q.
ResponderBorrarQCD=QPK=lambda porque ambos abren el arco KD. Luego, APK=180-lambda.
Prolongamos CQ hasta su intersección con el circuncírculo de ABC en el punto G.
Ahora nos fijamos en que AGK y APK abren el mismo arco opuestamente, por lo tanto suman 180º, por lo cual AGK=lambda=KCB
Ahora vemos que P esté entre Q y D. QCD=rho. Como KPD es ángulo opuesto en el cíclico KPDC, éste mide 180º-rho. Luego, KPQ=rho. Ahora nos fijamos en que KPQ=KGA=lambda porque ambos abren el arco KA. Luego AGC=GCB.
Ahora nos fijamos en que independientemente de donde esté P, AG y CB siempre serán paralelas. Luego, G siempre será la intersección de la mediana de ACB por C y la paralela a CB por A, lo cual es independiente de P. QED.
(Según Geogebra tampoco importa donde esté D)
Jajajaja, si vas a poner rho y lambda minimo usa latex
BorrarY por usar geogebra ya no tienes carita feliz! No te creas, aqui esta :)
De hecho CQ nisiquiera tiene que ser mediana, mientras dejes fija la interseccion se cumple.
Hay dos casos en donde puede esta P
ResponderBorrar1)Esta entre $A$ y $Q$
Entonces $CPKD$ es cíclico, por esto $\angle DPK$ = $\angle KCD$ = $\alpha$, entonces tendremos que $\angle APK$ = $\180-\alpha$. Ahora prolongamos $CQ$ hasta que intersecte al circuncirculo de $AKP$ en un punto distinto de $K$ que llamaremos $E$ y nombraremos al punto medio de $AB$ $F$, entonces sabemos que $C,Q,K,F,E$ son colineales porque se encuentran sobre $CQ$ o sobre su prolongación. Tenemos que $\angle ACK$= $\angle ACF$= $\alpha$ ya que es el opuesto de $\angle APK$ y $APKS$ es cíclico. Encontramos que $triangle BFC\cong\triangle AFE$ por criterio $LAA$ entonces $AEBC$ es paralelogramo y tenemos que $\angle AEK$ siempre va a abrir el arco $AK$ por lo tanto $E$ siempre estará donde mismo.
2)P esta entre $D$ y $Q$
$KCDP$ es cíclico y que $\angle KCD=\beta$ por lo tanto $\angle KPD=180-\beta$ prolongamos $CQ$ hasta que corte al circuncirculo de $KPA$ en $Z$, entonces se tiene que $\angle APK=\beta$ y $\angle PFA=180-\beta$ por suma de opuestos en un cíclico y tenemos que $\angle AZK$ siempre va a abrir el arco $AK$ por lo tanto $Z$ siempre estará donde mismo
mi intento fue de que me fije que por abrir el mismo arco los angulos $\angle KPD=\angle KCD=\alpha$ y por suplementarios $\angle APK=180-\alpha$ y luego extendi la linea $CK$ de tal manera que cortara a el circuuncirculo a $\triangle APK$ en un punto $X$ y como $AXPK$ es ciclico entonces $\angle AXK=\alpha$ entonces como
ResponderBorrar$\angle AXK=\alpha=\angle QCD$ entonces las lineas $AX\|CD$
Intento.- Prolongamos $PK$ hasta $N$ tal que $P$ queda entre $N$, $K$ y $N$ esta sobre $AC$. Trazamos $KB$.
ResponderBorrarSea $\angle{PDC}=\angle{PKC}=\gamma ,\angle{CKD}=\angle{CPD}=\theta ,\angle{KDP}=\angle{KCP}=\alpha ,\angle{KDP}=\angle{KCP}=\alpha\Rightarrow\angle{APK}=\alpha+\theta+\gamma$. $\alpha+\beta+\theta+\gamma=180^{o}$
Prolongamos $CK$ hasta cortar al circuncírculo de $\triangle{PKA}$ a tal punto le llamamos $S$, por propiedad del triángulo cíclico, si:
$\angle{APK}=\alpha+\theta+\gamma\Rightarrow\angle{ASK}=\beta$
$\angle{ASK}, \angle{SCB}$ satisfacen alternos internos entonces $AS\parallel DC$.