sábado, 11 de octubre de 2014

Solución al problema de Antonio del 10/10




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  4. Bueno, por si no se entiende bien, con puros angulitos sacamos que $\triangle{XYZ}\sim\triangle{M_{a}M_{b}M{c}}$ entonces son homotéticos y con eso demostramos que concurren las líneas que queremos y para demostrar que el centro de homotecia está en $OI$ si $I$ es el circuncentro de $\triangle{XYZ}$ entonces $O$ debería ser circuncentro del $\triangle{M_{a}M_{b}M{c}}$

    Ah de hecho no lo tenía :S que genial, es la de los 9 puntos :D como $A,I,E_{a}$ son colineales y sabemos que $\angle{E_{c}AI}=90$ entonces $AE_{a}$ es altura del $\triangle{E_{a}E_{b}E_{c}}$ y análogamente con las demás llegamos a que A,B,C son los pies de las alturas de ese triángulo, sabemos que la circunferencia de los 9 puntos pasa por los puntos medios y pies de las alturas, y como O es circuncentro del ABC tambien debe serlo del $\triangle{M_{a}M_{b}M{c}}$ y ya

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  5. Orale esta suave, no sabia que seria la de los nueve puntos, yo demostre que B,Mb,A y Ma son conciclcos, analogamente los otros dos cuadrilateros, si te fijas si los seis no fueran conciclicos los ejes radicales serian MbB ,Mcc, y MaA, pero esas lineas claramente no concurren pues forman un triangulo, entonces los seis deben ser conciclicos, pero esta mas chido ver que es la de los nueve puntos, Muy bien:)

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