jueves, 20 de septiembre de 2012
Problema del Día. Geometría (20 de septiembre)
Sea △ABC un triángulo acutángulo. D es un punto sobre el lado BC. Sea Q la intersección de AD y la mediana de △ABC desde C, y P un punto cualquiera sobre AD distinto de Q. El circuncírculo de △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 ∠KCD se mantiene fijo porque CQ no se puede mover. ∠KPD=180−∠KCD y ∠KPQ=180−∠KPD=180−(180−∠KCD)=∠KCD. Extendemos CQ hasta intersectar al circunrírculo de △AKP en R. ARPK es cíclico, entonces ∠ARK=∠APK=∠KCD.
ResponderBorrarAhora tomamos P entre A y Q. ∠KCD=∠DPK porque CPKD es cíclico. ∠DPK=180−∠APK=∠ARK porque A,K,D son colineales y ARKP es cíclico, entonces ∠ARK=∠DPK=∠KCD.
En los dos casos, ∠ARC=∠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 △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∙P esta entre D y Q
Nos fijamos en el cíclico DCKP . Decimos que ∠DCK=α y su ángulo opuesto ∠DPK=180o−α y su ángulo suplementario ∠KPA=α . Ahora extendemos CQ hasta que intersecte al circuncírculo de △AKP en un punto S . Vemos que el ∠KPA abre el mismo arco que el ∠KSA .
⇒∠KSA=∠KPA=α=∠DCK
∙P esta entre Q y A
Nos fijamos en el cíclico DCPK . Decimos que ∠DCK=β . Vemos que el ∠DCK abre el mismo arco que el ∠DPK , entonces ∠DPK=∠DCK=β Y el ángulo suplementario de ∠DPK , es decir ∠KPA=180−β . Ahora extendemos CQ hasta que intersecte al circuncírculo de △AKP en un punto S . Entonces el ángulo opuesto de ∠KPA es ∠KSA=β
⇒∠KSA=β=∠DCK
Llamamos E al punto medio de BA . Ahora vemos que △CEB≅△SEA , porque sabemos que ∠ECB=∠ESA en ambos casos y ∠BEC=∠AES (opuestos) , y por lo tanto ∠CBE=∠SAE . Además tenemos que BE=EA . Entonces se cumple el criterio ALA .
Ya que tenemos que C,E,S con colineales y B,E,A también lo son, S estará en el mismo lugar siempre.
∴ 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 ∠DPK = ∠KCD = α, entonces tendremos que ∠APK = \180−α. 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 ∠ACK= ∠ACF= α ya que es el opuesto de ∠APK y APKS es cíclico. Encontramos que triangleBFC≅△AFE por criterio LAA entonces AEBC es paralelogramo y tenemos que ∠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 ∠KCD=β por lo tanto ∠KPD=180−β prolongamos CQ hasta que corte al circuncirculo de KPA en Z, entonces se tiene que ∠APK=β y ∠PFA=180−β por suma de opuestos en un cíclico y tenemos que ∠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 ∠KPD=∠KCD=α y por suplementarios ∠APK=180−α y luego extendi la linea CK de tal manera que cortara a el circuuncirculo a △APK en un punto X y como AXPK es ciclico entonces ∠AXK=α entonces como
ResponderBorrar∠AXK=α=∠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 ∠PDC=∠PKC=γ,∠CKD=∠CPD=θ,∠KDP=∠KCP=α,∠KDP=∠KCP=α⇒∠APK=α+θ+γ. α+β+θ+γ=180o
Prolongamos CK hasta cortar al circuncírculo de △PKA a tal punto le llamamos S, por propiedad del triángulo cíclico, si:
∠APK=α+θ+γ⇒∠ASK=β
∠ASK,∠SCB satisfacen alternos internos entonces AS∥DC.