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jueves, 11 de octubre de 2012
Problema del Día. Geometría (11 de octubre)
Sea △ABC un triángulo acutángulo, D el pie de la altura desde A, H su ortocentro y M el punto medio de BC. El circuncírculo de △BCH intersecta a AM en N.
Demuestra:
a) ∠ANH=90
b) BM2=AM⋅MN
Primero sean F y E los pies de las alturas desde C y B sobre AB y AC respectivamente, y K y L las intersecciones de CN y BN con AB y AC.Entonces veo que AM,BL,CK concurren en N.Entonces por ceva: AKKB∗BMMC∗CLLA=1 pero BMMC=1, entonces AKKB∗CLLA=1.Entonces AKKB=ALLC.Entonces por thales KL es paralela a BC. Luego veo que BHNC es ciclico y ademas AFHE es ciclico ya que ∠AFH+∠AEH=90+90=180 entonces ∠FAE+∠FHE=180.Luego veo que ∠FHE=∠BHC=∠BNC=∠KNL entonces ∠KNL+∠KAL=∠FAE+∠FHE=180 entonces KALN es ciclico. Luego usando lo de las paralelas y este ultimo ciclico veo luego que ∠FHN+∠NHC=180 y que ∠NHC=∠NBC=∠LBC=∠KLB=∠KAN=∠FAN.Entonces ∠FAN+∠FHN=∠NHC+∠FHN=180.Entonces el cuadilatero FANH es ciclico y entonces ∠ANH=90 como queriamos probar.
B)Usando cosas de la solucion del inciso a) me fijo que ∠NBM=∠NBC=∠NHC=∠FAN=∠BAM.Concluyo que ∠BAM=∠NBM y que es obvio que ∠BMA=∠BMN. Entonces por AA△NBM∼△BAM luego sacando las razones concluyo que: BMAM=MNBM entonces BM2=AM∗MN como queriamos demostrar.
Trazamos las alturas CE y BF . Además extendemos CN hasta P en AB y BN hasta Q en AC . Por el cíclico HBCN : ∠BHC=∠BNC=α ∠NHC=∠NBC=β Y por ángulos opuestos por el vértice: ∠EHF=∠PNQ=α Vemos que AEHF es cíclico porque los ángulos en E y F son 900 , los cuales son opuestos. Entonces ∠EAF=180−α . Ahora nos fijamos en APNQ , vemos que los ángulos opuestos en A y N son α y 180o−α , entonces es cíclico. Entonces ∠PAN=∠PQN . Sabemos que AM , BQ y CP concurren porque así lo hicimos. ⇒(BMMC)(CQQA)(APPB)=1 Sabemos que BM=MC . ⇒(CQQA)(APPB)=1 ⇒(CQQA)=(PBAP) ⇒PQ∥BC ⇒∠PQB=∠QBC=β ⇒∠PQN=∠PAN=β Nos fijamos en AEHN y vemos que es cíclico porque los ángulos opuestos en A y H son β y 180o−β (porque es el suplemento de ∠NHC=β) . Entonces ∠AEH=∠ANH=90o . △ABM∼△BNM ; por AA, ∠BAM=∠NBM=β y comparten el ángulo en M (∠AMB=∠BMN) . ⇒ABBN=BMNM=MAMB ⇒BM2=AM⋅MN
Yo trace CN hasta que intersectara a AB y lo llame Q. Tambien trace BN y lo prolongue hasta que intersecto a AC en P. Entonces me quede con que por ceva: BMMC∗CPPA∗AQQB=1 Pero como BM=MC nos queda CPPA∗AQQB=1 y si lo despejamos nos queda: CPPA=QBAQ
Entonces Tenemos que QP es paralela a BC por Thales. Esto es hasta donde llege. Tal vez despues use al ciclico BNHC pero no estoy seguro.
Intento.- Prolongamos CN hasta cortar AB en P, y a BN hasta cortar AC por Q. Tenemos las cevianas: PC,QB,AM por lo que se cumple Ceva: APPA∗AQQC∗CMMB=1 sabemos que por ser M punto medio de BC, BM=MC⇒BMMC=1⇒APPA∗AQQC=1 lo cual es Thales, de aquí que PQ∥BC Hasta aquí llevo.
Sea E la prolongación de la altura desde B sobre AC e I la prolongación de la altura desde C sobre AB, F,G las prolongaciones de BN que corta a AC y CN que corta a AB, respectivamente. Tenemos que BNHC es cíclico, entonces ∠BNC=∠BHC=α y por opuestos ∠IHE=∠GNF=α con esto encontramos que IEHA es cíclico por ∠AIH=∠AEH=90 entonces ∠BAC=180−α y GNFA también es ciclico, por Thales tenemos que GF||BC entonces ∠GFB=∠FBC=γ y por ciclico ∠NFG=∠NAG=γ y ∠HBC=∠CNHγ, por suplementarios ∠GNH=180−γ entonces tenemos que GNHA es ciclico y que ∠AGN=90∴∠ANH=90, me falta el inciso b
Mmmmm ibas bien hasta el punto en que dices ∠HBC=∠CNHγ. No solo que hayas tenido algun error de dedo ahi, sino que despues te confundiste entre G e I o algo asi...
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
ResponderBorrarPrimero sean F y E los pies de las alturas desde C y B sobre AB y AC respectivamente, y K y L las intersecciones de CN y BN con AB y AC.Entonces veo que AM,BL,CK concurren en N.Entonces por ceva: AKKB∗BMMC∗CLLA=1 pero BMMC=1, entonces AKKB∗CLLA=1.Entonces
ResponderBorrarAKKB=ALLC.Entonces por thales KL es paralela a BC.
Luego veo que BHNC es ciclico y ademas AFHE es ciclico ya que ∠AFH+∠AEH=90+90=180 entonces ∠FAE+∠FHE=180.Luego veo que ∠FHE=∠BHC=∠BNC=∠KNL entonces ∠KNL+∠KAL=∠FAE+∠FHE=180 entonces KALN es ciclico. Luego usando lo de las paralelas y este ultimo ciclico veo luego que ∠FHN+∠NHC=180 y que ∠NHC=∠NBC=∠LBC=∠KLB=∠KAN=∠FAN.Entonces ∠FAN+∠FHN=∠NHC+∠FHN=180.Entonces el cuadilatero FANH es ciclico y entonces ∠ANH=90 como queriamos probar.
Muy bien, ya nada mas te falta el inciso b).
BorrarB)Usando cosas de la solucion del inciso a) me fijo que ∠NBM=∠NBC=∠NHC=∠FAN=∠BAM.Concluyo que
Borrar∠BAM=∠NBM y que es obvio que ∠BMA=∠BMN.
Entonces por AA △NBM∼△BAM luego sacando las razones concluyo que: BMAM=MNBM entonces BM2=AM∗MN como queriamos demostrar.
Todavia no veo avance, muy mal mi tony
ResponderBorrarTrazamos las alturas CE y BF . Además extendemos CN hasta P en AB y BN hasta Q en AC .
ResponderBorrarPor el cíclico HBCN :
∠BHC=∠BNC=α
∠NHC=∠NBC=β
Y por ángulos opuestos por el vértice:
∠EHF=∠PNQ=α
Vemos que AEHF es cíclico porque los ángulos en E y F son 900 , los cuales son opuestos. Entonces ∠EAF=180−α .
Ahora nos fijamos en APNQ , vemos que los ángulos opuestos en A y N son α y 180o−α , entonces es cíclico. Entonces ∠PAN=∠PQN .
Sabemos que AM , BQ y CP concurren porque así lo hicimos.
⇒(BMMC)(CQQA)(APPB)=1
Sabemos que BM=MC .
⇒(CQQA)(APPB)=1
⇒(CQQA)=(PBAP)
⇒PQ∥BC
⇒∠PQB=∠QBC=β
⇒∠PQN=∠PAN=β
Nos fijamos en AEHN y vemos que es cíclico porque los ángulos opuestos en A y H son β y 180o−β (porque es el suplemento de ∠NHC=β) . Entonces ∠AEH=∠ANH=90o .
△ABM∼△BNM ; por AA, ∠BAM=∠NBM=β y comparten el ángulo en M (∠AMB=∠BMN) .
⇒ABBN=BMNM=MAMB
⇒BM2=AM⋅MN
Yo trace CN hasta que intersectara a AB y lo llame Q. Tambien trace BN y lo prolongue hasta que intersecto a AC en P. Entonces me quede con que por ceva: BMMC∗CPPA∗AQQB=1 Pero como BM=MC nos queda CPPA∗AQQB=1 y si lo despejamos nos queda:
ResponderBorrarCPPA=QBAQ
Entonces Tenemos que QP es paralela a BC por Thales. Esto es hasta donde llege. Tal vez despues use al ciclico BNHC pero no estoy seguro.
Intento.-
ResponderBorrarProlongamos CN hasta cortar AB en P, y a BN hasta cortar AC por Q.
Tenemos las cevianas: PC,QB,AM por lo que se cumple Ceva: APPA∗AQQC∗CMMB=1 sabemos que por ser M punto medio de BC, BM=MC⇒BMMC=1⇒APPA∗AQQC=1 lo cual es Thales, de aquí que PQ∥BC
Hasta aquí llevo.
http://s739.photobucket.com/albums/xx34/leo0_9506/Ommch/?action=view¤t=CAM001511.jpg
ResponderBorrarEscribe todo hacia abajo, no pongas cosas a un lado o por aqui o por alla o por quien sabe donde.
Borrar:)
Sea E la prolongación de la altura desde B sobre AC e I la prolongación de la altura desde C sobre AB, F,G las prolongaciones de BN que corta a AC y CN que corta a AB, respectivamente. Tenemos que BNHC es cíclico, entonces ∠BNC=∠BHC=α y por opuestos ∠IHE=∠GNF=α con esto encontramos que IEHA es cíclico por ∠AIH=∠AEH=90 entonces ∠BAC=180−α y GNFA también es ciclico, por Thales tenemos que GF||BC entonces ∠GFB=∠FBC=γ y por ciclico ∠NFG=∠NAG=γ y ∠HBC=∠CNHγ, por suplementarios ∠GNH=180−γ entonces tenemos que GNHA es ciclico y que ∠AGN=90 ∴ ∠ANH=90, me falta el inciso b
ResponderBorrarMmmmm ibas bien hasta el punto en que dices ∠HBC=∠CNHγ.
BorrarNo solo que hayas tenido algun error de dedo ahi, sino que despues te confundiste entre G e I o algo asi...