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jueves, 11 de octubre de 2012
Problema del Día. Geometría (11 de octubre)
Sea $\triangle ABC$ un triángulo acutángulo, $D$ el pie de la altura desde $A$, $H$ su ortocentro y $M$ el punto medio de $BC$. El circuncírculo de $\triangle BCH$ intersecta a $AM$ en $N$.
Demuestra:
a) $\angle ANH=90$
b) $BM^{2} = AM \cdot MN$
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: $\frac{AK}{KB}*\frac{BM}{MC}*\frac{CL}{LA}=1$ pero $\frac{BM}{MC}=1$, entonces $\frac{AK}{KB}*\frac{CL}{LA}=1$.Entonces $\frac{AK}{KB}=\frac{AL}{LC}$.Entonces por thales $KL$ es paralela a $BC$. Luego veo que $BHNC$ es ciclico y ademas $AFHE$ es ciclico ya que $\angle AFH+\angle AEH=90+90=180$ entonces $\angle FAE+\angle FHE=180$.Luego veo que $\angle FHE=\angle BHC=\angle BNC=\angle KNL$ entonces $\angle KNL+\angle KAL=\angle FAE+\angle FHE=180$ entonces $KALN$ es ciclico. Luego usando lo de las paralelas y este ultimo ciclico veo luego que $\angle FHN+\angle NHC=180$ y que $\angle NHC=\angle NBC=\angle LBC=\angle KLB=\angle KAN=\angle FAN$.Entonces $\angle FAN+\angle FHN=\angle NHC+\angle FHN=180$.Entonces el cuadilatero $FANH$ es ciclico y entonces $\angle ANH=90$ como queriamos probar.
B)Usando cosas de la solucion del inciso a) me fijo que $\angle NBM=\angle NBC=\angle NHC=\angle FAN=\angle BAM$.Concluyo que $\angle BAM=\angle NBM$ y que es obvio que $\angle BMA=\angle BMN$. Entonces por $AA$ $\triangle NBM\sim\triangle BAM$ luego sacando las razones concluyo que: $\frac{BM}{AM}=\frac{MN}{BM}$ entonces $BM^2=AM*MN$ 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 $HBCN$ : $\angle BHC = \angle BNC = \alpha$ $\angle NHC = \angle NBC = \beta$ Y por ángulos opuestos por el vértice: $\angle EHF = \angle PNQ = \alpha$ Vemos que $AEHF$ es cíclico porque los ángulos en $E$ y $F$ son $90^0$ , los cuales son opuestos. Entonces $\angle EAF = 180-\alpha$ . Ahora nos fijamos en $APNQ$ , vemos que los ángulos opuestos en $A$ y $N$ son $\alpha$ y $180^o-\alpha$ , entonces es cíclico. Entonces $\angle PAN = \angle PQN$ . Sabemos que $AM$ , $BQ$ y $CP$ concurren porque así lo hicimos. $\Rightarrow (\frac{BM}{MC})(\frac{CQ}{QA})(\frac{AP}{PB})=1$ Sabemos que $BM=MC$ . $\Rightarrow (\frac{CQ}{QA})(\frac{AP}{PB})=1$ $\Rightarrow (\frac{CQ}{QA})=(\frac{PB}{AP})$ $\Rightarrow PQ \parallel BC$ $\Rightarrow \angle PQB = \angle QBC = \beta$ $\Rightarrow \angle PQN = \angle PAN = \beta$ Nos fijamos en $AEHN$ y vemos que es cíclico porque los ángulos opuestos en $A$ y $H$ son $\beta$ y $180^o-\beta$ (porque es el suplemento de $\angle NHC=\beta$) . Entonces $\angle AEH = \angle ANH = 90^o$ . $\triangle ABM \sim \triangle BNM$ ; por AA, $\angle BAM = \angle NBM = \beta$ y comparten el ángulo en $M$ ($\angle AMB = \angle BMN$) . $\Rightarrow \frac{AB}{BN}=\frac{BM}{NM}=\frac{MA}{MB}$ $\Rightarrow BM^2 = AM \cdot MN$
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: $\frac{BM}{MC}*\frac{CP}{PA}*\frac{AQ}{QB}=1$ Pero como $BM=MC$ nos queda $\frac{CP}{PA}*\frac{AQ}{QB}=1$ y si lo despejamos nos queda: $\frac{CP}{PA}=\frac{QB}{AQ}$
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: $\frac{AP}{PA}*\frac{AQ}{QC}*\frac{CM}{MB}=1$ sabemos que por ser $M$ punto medio de $BC$, $BM=MC\Rightarrow \frac{BM}{MC}=1\Rightarrow \frac{AP}{PA}*\frac{AQ}{QC}=1$ lo cual es Thales, de aquí que $PQ\parallel{BC}$ 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 $\angle BNC=\angle BHC=\alpha$ y por opuestos $\angle IHE=\angle GNF=\alpha$ con esto encontramos que $IEHA$ es cíclico por $\angle AIH=\angle AEH=90$ entonces $\angle BAC=180-\alpha$ y $GNFA$ también es ciclico, por Thales tenemos que $GF||BC$ entonces $\angle GFB=\angle FBC=\gamma$ y por ciclico $\angle NFG=\angle NAG=\gamma$ y $\angle HBC=\angle CNH\gamma$, por suplementarios $\angle GNH=180-\gamma$ entonces tenemos que $GNHA$ es ciclico y que $\angle AGN=90$ $\therefore$ $\angle ANH=90$, me falta el inciso b
Mmmmm ibas bien hasta el punto en que dices $\angle HBC = \angle CNH \gamma$. 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: $\frac{AK}{KB}*\frac{BM}{MC}*\frac{CL}{LA}=1$ pero $\frac{BM}{MC}=1$, entonces $\frac{AK}{KB}*\frac{CL}{LA}=1$.Entonces
ResponderBorrar$\frac{AK}{KB}=\frac{AL}{LC}$.Entonces por thales $KL$ es paralela a $BC$.
Luego veo que $BHNC$ es ciclico y ademas $AFHE$ es ciclico ya que $\angle AFH+\angle AEH=90+90=180$ entonces $\angle FAE+\angle FHE=180$.Luego veo que $\angle FHE=\angle BHC=\angle BNC=\angle KNL$ entonces $\angle KNL+\angle KAL=\angle FAE+\angle FHE=180$ entonces $KALN$ es ciclico. Luego usando lo de las paralelas y este ultimo ciclico veo luego que $\angle FHN+\angle NHC=180$ y que $\angle NHC=\angle NBC=\angle LBC=\angle KLB=\angle KAN=\angle FAN$.Entonces $\angle FAN+\angle FHN=\angle NHC+\angle FHN=180$.Entonces el cuadilatero $FANH$ es ciclico y entonces $\angle ANH=90$ 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 $\angle NBM=\angle NBC=\angle NHC=\angle FAN=\angle BAM$.Concluyo que
Borrar$\angle BAM=\angle NBM$ y que es obvio que $\angle BMA=\angle BMN$.
Entonces por $AA$ $\triangle NBM\sim\triangle BAM$ luego sacando las razones concluyo que: $\frac{BM}{AM}=\frac{MN}{BM}$ entonces $BM^2=AM*MN$ 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 $HBCN$ :
$\angle BHC = \angle BNC = \alpha$
$\angle NHC = \angle NBC = \beta$
Y por ángulos opuestos por el vértice:
$\angle EHF = \angle PNQ = \alpha$
Vemos que $AEHF$ es cíclico porque los ángulos en $E$ y $F$ son $90^0$ , los cuales son opuestos. Entonces $\angle EAF = 180-\alpha$ .
Ahora nos fijamos en $APNQ$ , vemos que los ángulos opuestos en $A$ y $N$ son $\alpha$ y $180^o-\alpha$ , entonces es cíclico. Entonces $\angle PAN = \angle PQN$ .
Sabemos que $AM$ , $BQ$ y $CP$ concurren porque así lo hicimos.
$\Rightarrow (\frac{BM}{MC})(\frac{CQ}{QA})(\frac{AP}{PB})=1$
Sabemos que $BM=MC$ .
$\Rightarrow (\frac{CQ}{QA})(\frac{AP}{PB})=1$
$\Rightarrow (\frac{CQ}{QA})=(\frac{PB}{AP})$
$\Rightarrow PQ \parallel BC$
$\Rightarrow \angle PQB = \angle QBC = \beta$
$\Rightarrow \angle PQN = \angle PAN = \beta$
Nos fijamos en $AEHN$ y vemos que es cíclico porque los ángulos opuestos en $A$ y $H$ son $\beta$ y $180^o-\beta$ (porque es el suplemento de $\angle NHC=\beta$) . Entonces $\angle AEH = \angle ANH = 90^o$ .
$\triangle ABM \sim \triangle BNM$ ; por AA, $\angle BAM = \angle NBM = \beta$ y comparten el ángulo en $M$ ($\angle AMB = \angle BMN$) .
$\Rightarrow \frac{AB}{BN}=\frac{BM}{NM}=\frac{MA}{MB}$
$\Rightarrow BM^2 = AM \cdot MN$
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: $\frac{BM}{MC}*\frac{CP}{PA}*\frac{AQ}{QB}=1$ Pero como $BM=MC$ nos queda $\frac{CP}{PA}*\frac{AQ}{QB}=1$ y si lo despejamos nos queda:
ResponderBorrar$\frac{CP}{PA}=\frac{QB}{AQ}$
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: $\frac{AP}{PA}*\frac{AQ}{QC}*\frac{CM}{MB}=1$ sabemos que por ser $M$ punto medio de $BC$, $BM=MC\Rightarrow \frac{BM}{MC}=1\Rightarrow \frac{AP}{PA}*\frac{AQ}{QC}=1$ lo cual es Thales, de aquí que $PQ\parallel{BC}$
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 $\angle BNC=\angle BHC=\alpha$ y por opuestos $\angle IHE=\angle GNF=\alpha$ con esto encontramos que $IEHA$ es cíclico por $\angle AIH=\angle AEH=90$ entonces $\angle BAC=180-\alpha$ y $GNFA$ también es ciclico, por Thales tenemos que $GF||BC$ entonces $\angle GFB=\angle FBC=\gamma$ y por ciclico $\angle NFG=\angle NAG=\gamma$ y $\angle HBC=\angle CNH\gamma$, por suplementarios $\angle GNH=180-\gamma$ entonces tenemos que $GNHA$ es ciclico y que $\angle AGN=90$ $\therefore$ $\angle ANH=90$, me falta el inciso b
ResponderBorrarMmmmm ibas bien hasta el punto en que dices $\angle HBC = \angle CNH \gamma$.
BorrarNo solo que hayas tenido algun error de dedo ahi, sino que despues te confundiste entre $G$ e $I$ o algo asi...