lunes, 30 de septiembre de 2013

Problema del día (30 de Septiembre)

Una línea paralela al lado $BC$ de un triángulo $\triangle{ABC}$ 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 $\triangle{ABC}$ bajada desde el vértice $A$.

4 comentarios:

  1. Sean $C_1,C_2$ las circunferencias de diámetro $BX,CY$, respectivamente.
    Sean $X,Y$ los pies de las alturas desde $B,C$, respectivamente. $\angle EXB=\angle FYC =90$ entonces $X$ está en $C_1$, $Y$ está en $C_2$ y $XYBC$ es cíclico. Llamo $C_3$ al circuncírculo de $XYBC$.
    El eje radical de $C_1,C_3$ es $XB$ y el de $C_2,C_3$ 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.
    $\cdot$Caso $\angle CAB \not= 90$ Por potencia de punto desde $A$ a $C_3$, $AX \times AC = AY\times AB \Rightarrow \frac{AX}{AY}=\frac{AB}{AC}$; pero como $EF || CB \Rightarrow \frac{AB}{AC}=\frac{AF}{AE}\Rightarrow\frac{AX}{AY}=\frac{AF}{AE}\Rightarrow AX \times AE=AY \times AF$ entonces $A$ está en el eje radical de $C_1,C_2$, como $H$ también está sé que el eje radical es $AH$ que es la altura desde $A$
    $\cdot$Caso $\angle CAB=90$. 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 $C_1$ y $Q$ en $C_2$ porque $\angle APB=\angle FQC=90$. Como son perpendiculares a $BC$ entonces $PE||DA||QF$ entonces $\frac{CD}{PD}=\frac{AC}{AE}=\frac{AB}{AF}=\frac{DB}{DQ} \Rightarrow DQ\times CD=DP\times DB$ ($\frac{AC}{AE}=\frac{AB}{AF}$ 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.)

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