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=AMMN

12 comentarios:

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  2. 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: AKKBBMMCCLLA=1 pero BMMC=1, entonces AKKBCLLA=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.

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    1. Muy bien, ya nada mas te falta el inciso b).

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    2. 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 NBMBAM luego sacando las razones concluyo que: BMAM=MNBM entonces BM2=AMMN como queriamos demostrar.

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  3. Todavia no veo avance, muy mal mi tony

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  4. 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=180α .
    Ahora nos fijamos en APNQ , vemos que los ángulos opuestos en A y N son α y 180oα , 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)
    PQBC
    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 180oβ (porque es el suplemento de NHC=β) . Entonces AEH=ANH=90o .
    ABMBNM ; por AA, BAM=NBM=β y comparten el ángulo en M (AMB=BMN) .
    ABBN=BMNM=MAMB
    BM2=AMMN

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  5. 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: BMMCCPPAAQQB=1 Pero como BM=MC nos queda CPPAAQQB=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.

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  6. 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: APPAAQQCCMMB=1 sabemos que por ser M punto medio de BC, BM=MCBMMC=1APPAAQQC=1 lo cual es Thales, de aquí que PQBC
    Hasta aquí llevo.

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  7. http://s739.photobucket.com/albums/xx34/leo0_9506/Ommch/?action=view&current=CAM001511.jpg

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    1. Escribe todo hacia abajo, no pongas cosas a un lado o por aqui o por alla o por quien sabe donde.

      :)

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  8. 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=180α 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=180γ entonces tenemos que GNHA es ciclico y que AGN=90 ANH=90, me falta el inciso b

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    1. 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...

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