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Por supuesto cualquier olímpico mexicano (para que parar ahí, de todo el mundo pues), esta invitado a comentar.
lunes, 30 de septiembre de 2013
Problema del día (30 de Septiembre)
Una línea paralela al lado BC de un triángulo △ABC corta a AB en F y a AC en E. Probar que las circunferencias que tienen como diámetros a BE y a CF se cortan en un punto que cae en la altura del triángulo △ABC bajada desde el vértice A.
Sean C1,C2 las circunferencias de diámetro BX,CY, respectivamente. Sean X,Y los pies de las alturas desde B,C, respectivamente. ∠EXB=∠FYC=90 entonces X está en C1, Y está en C2 y XYBC es cíclico. Llamo C3 al circuncírculo de XYBC. El eje radical de C1,C3 es XB y el de C2,C3 es Y,C, entonces el centro radical de las 3 circunferencias es la intersección de dos alturas que es el ortocentro H. Hago dos casos. ⋅Caso ∠CAB≠90 Por potencia de punto desde A a C3, AX×AC=AY×AB⇒AXAY=ABAC; pero como EF||CB⇒ABAC=AFAE⇒AXAY=AFAE⇒AX×AE=AY×AF entonces A está en el eje radical de C1,C2, como H también está sé que el eje radical es AH que es la altura desde A ⋅Caso ∠CAB=90. En este caso A=H es el centro radical y A=X=Y. Sea D el pie de la altura desde A y P,Q las proyecciones de E,F en B,C, respectivamente; P está en C1 y Q en C2 porque ∠APB=∠FQC=90. Como son perpendiculares a BC entonces PE||DA||QF entonces CDPD=ACAE=ABAF=DBDQ⇒DQ×CD=DP×DB (ACAE=ABAF porque EF||CB) entonces D está en el eje radical, entonces el eje radical es AD que es la altura. Como la altura es el eje radical y el eje radical pasa por las intersecciones, las circunferencias se cortan en la altura desde A. (Creo que el argumento del segundo caso también funciona para el primero.)
Sean C1,C2 las circunferencias de diámetro BX,CY, respectivamente.
ResponderBorrarSean X,Y los pies de las alturas desde B,C, respectivamente. ∠EXB=∠FYC=90 entonces X está en C1, Y está en C2 y XYBC es cíclico. Llamo C3 al circuncírculo de XYBC.
El eje radical de C1,C3 es XB y el de C2,C3 es Y,C, entonces el centro radical de las 3 circunferencias es la intersección de dos alturas que es el ortocentro H.
Hago dos casos.
⋅Caso ∠CAB≠90 Por potencia de punto desde A a C3, AX×AC=AY×AB⇒AXAY=ABAC; pero como EF||CB⇒ABAC=AFAE⇒AXAY=AFAE⇒AX×AE=AY×AF entonces A está en el eje radical de C1,C2, como H también está sé que el eje radical es AH que es la altura desde A
⋅Caso ∠CAB=90. En este caso A=H es el centro radical y A=X=Y. Sea D el pie de la altura desde A y P,Q las proyecciones de E,F en B,C, respectivamente; P está en C1 y Q en C2 porque ∠APB=∠FQC=90. Como son perpendiculares a BC entonces PE||DA||QF entonces CDPD=ACAE=ABAF=DBDQ⇒DQ×CD=DP×DB (ACAE=ABAF porque EF||CB) entonces D está en el eje radical, entonces el eje radical es AD que es la altura.
Como la altura es el eje radical y el eje radical pasa por las intersecciones, las circunferencias se cortan en la altura desde A.
(Creo que el argumento del segundo caso también funciona para el primero.)
¿Tu primer renglón está bien?
BorrarNo. En lugar de X es E y en lugar de Y es F.
BorrarCorrecto
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