1 (Facil) Sea ABC un triangulo acutangulo con circuncentro O. Suponga que CA y CB intersectan al circuncirculo del triangulo AOB nuevamente en P y Q, respectivamente. Muestra que las rectas PQ y CO son perpendiculares.
2. (Medio) Sea O el centro del excirculo del triangulo ABC opuesto al vertice A. Sea M el punto medio de AC y sea P la interseccion de MO y BC. Muestra que si el angulo BAC = 2 angulo ACB entonces AB=BP.
3. (Dificil) Si A, B, C, P, y Q son cinco puntos sobre un circulo tales que PQ es un diametro, muestra que las rectas de Simpson de P y Q con respecto a ABC se intersectan en un punto que es conciclico con los puntos medios del triangulo ABC
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ResponderBorrarPerdon, creo que mi compu tenía virus, pero ya lo arregle.
ResponderBorrarNo se que le pasa a mi compu que pone lo que subo todo mal!!!!
En el problema 1:
Llamemos K la interseccion de CO con PQ.
Tenemos que los triangulos COA, OAB y COB son todos isoseles porque CO, OA y OB son radios, por lo tanto los angulos siguientes son iguales:
<OAC = <OCA = a
<OCB = <OBC = b
<OBA = <OAB = c
Tenemos que 2(a+b+c)=180° entonces, a+b+c=90°
Entonces como <BAC = <OAB+<OAC= a+c
por lo tanto el angulo <BAP= a+c+2b para que sumados den 180° grados. Tenemos el cuadrilatero ciclico BAPQ, y como los lados opuestos deben de sumar 180° y ya tenemos que <BAP=a+c+2b entonces el <BQP= a+c para que sumen 180°. Entonces si nos fijamos en el triángulo CQK vamos a tener el ángulo <BCO+<BQP+<CKQ=b+a+c+x (x=<CKQ) entonces sabemos que a+b+c+x=180° pero ya sabiamos que a+b+c=90° por lo tanto x=90° y esto es lo que queriamos probar.
Aqui esta una imagen por si no se entiende:
http://s836.photobucket.com/albums/zz284/diego_teran/?action=view¤t=img004.jpg
solucion del problema 1
ResponderBorrarpara mi solucion usare el siguiente lema:
en un triangulo acutangulo la interseccion de la recta que va desde un vertice al circuncentro con el lado opuesto y el pie de altura bajado desde el mismo vertice son conjugados isogonales.
para demostrarlo sean ABC el triangulo acutangulo y sean O y H su circuncentro y ortocentro respectivamente y sean P y Q las intersecciones de AH y AO con el circuncirculo de ABC respectivamente, sea D el pie de la altura desde A.
Notemos que <AQC=<ABC=x por abrir el arco AC, y <ACQ=<ADB=90º por ser AD altura y AQ diametro por lo tanto <BAP=<QAC=90º-x.
con lo que el lema queda demostrado.
solucion del problema 1:
Como APQB es ciclico entonces <PAB+<PQB=180º pero <PQB+PQC=180º de donde obtenemos que <PAB=<PQC analogamente probamos que <ABQ=<QPC.
por lo tanto los triangulos CAB y CQP son semejantes,sea AD el altura desde C sobre AB, entonces podemos "voltear" el triangulo CAB (incluyendo a CD) de modo que P quede sobre CB y Q socre CA entonces usando el lema anterior podemos ver que las rectas CE y CD coincidirian
y como en este nuevo dibujo AB||PQ entonces CO es perpendicular a PQ por ser CD altura.
Solucion 1:
ResponderBorrarSea M el punto de interseccion de CO con el circuncirculo de ABC y K el punto de interseccion de PQ con CO.
Claramente CM es diametro, por lo que <MAC= 90°, entonces tenemos que en el triagulo MAC, <AMC + <ACM = 90°, pero <AMC = <ABC, por subtender el mismo arco, y ya que APQB es ciclico, tenemos que <ABC = <QPC = <AMC, de donde es claro que en el triangulo PKC, <PKC = 90°, es decir CO y PQ son perpendiculares, lo que se queria demostrar.
Problema 1
ResponderBorrarLlamemos W a la intersección de PQ con CO, trazamos AO y BO, <OAC=<OCA y lo llamamos "a"
<OCB=<OBC y lo llamamos "b" <OAB=<OBA y lo llamamos "c" de aqui tenemos que 2(a+b+c)=180° y por lo tanto a+b+c=90°, Ahora nos fijamos en que los puntos A,B,P y Q estan sobre el circuncírculo del triángulo ABO por lo que ABQP es un cuadrilátero cícliclo.
<PAB=<OAC+<OAB=a+c, <PAB=<PQC=a+c (porque <PAB+<PQB=<PQB+<PQC=180°) Y como teníamos que <OCB=b, <PQC+<OCB+<QWC=180°=a+b+c+90° entonces <QWC=90° que era lo que queríamos probar
Problema 2
ResponderBorrarSea o' la interseccion de AP y OC, y D la interseccion de AO y BC.
Como AO', CD y OM concurren, entonces por el teorema de Ceva:
(AD/DO)(OO'/O'C)(CM/MA)=1
Pero CM/MA=1 por ser M punto medio de AC entonces:
(AD/DO)(OO'/O'c)=1 => OO'/O'C=OD/DA
Entonces por el teorema de Thales DO'||AC.
Sea angulo BCA=angulo DAC=angulo DAB=x, esto por ser angulo BAC=2angulo BCA y AD bisectriz, entonces angulo O'DC=angulo DCA=x por ser alternos internos, y angulo CDO=2x por se angulo externo a angulo ADC, pero angulo O'DC=x => <ODO'=<O'DC=x
Por lo tanto O' es el excentro del triangulo ADC opuesto al vertice A, pues es la interseccion de las bisectrices de los angulos externos a <ADC y <ACD.
Por lo tanto AO' es bisectriz de <DAC, entonces sean <DAP=<PAC=y, entonces <DPA=x+y por ser agnulo externo a <APC, pero <BAP=x+y tambien, por lo que el triangulo ABP es isosceles con AB=BP como queriamos probar
Solucion 2:
ResponderBorrarVeamos que AO es bisectriz de <BAC, esto por que O es el excentro opuesto al vertice A.
Entonces sea K el punto de interseccion de AO con BC y N la intesreccion de AP con CO.
Antes de comenzar la demostración justificaremos las siguiete igualdades de angulos y sus consecuencias: veamos que <ACK = <KAC = <BAK, esto ya que por hipotesis tenemos que <BAC = 2<ACB, y ademas AK es bisectriz de BAC, por lo tanto el triangulo AKC es isoceles con AK = KC.
Notemos que entonces bstaria probar que AP es bisectriz de <KAC, pues asi <BAP = <APB = <PAC + <ACB, es decir AB = BP, asi que procedamos a probarlo.
Usando el teorema de Ceva en el triangulo AOC, es facil demostrar que KN es paralela a AC, asi que <KCN = KNC, y por lo tanto KNC es isoceles con KC = KN, pero ya que AK = KC, el triangulo AKN es isoceles, y asi <KAN = <ANK, pero como KN es paralela a AC, de nuevo por ser angulos alternos internos, tenemos que <ANK = <PAC = <KAP, con esto queda probado que AP es bisectriz de <KAC, y entonces AB = BP, lo que se queria demostrar.
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ResponderBorrarSolución del problema 1.
ResponderBorrarSabemos que
<BAO=<ABO=z
<BCO=<CBO=y
<CAO=<ACO=x
Eso se cumple porque O es el circuncentro.
Por lo anterior tenemos que: x+y+z=90°
Primero vemos que P, Q,C, B es cíclico por lo tanto <PQC es suplementario con <PBC por lo tanto <PQA=z+y, y como <CAO=x el ángulo formado por la intersección de AO y PQ debe ser de 90°.
Problema 1
ResponderBorrarComo ABQP cíclico entonces <PAB+<BQP=180 y <BQP+<PQC=180 entonces <PAB=<PQC
análogamente <QBA=<QPC
por lo tanto, ∆ABC~∆QPC
Sea X la intersección de PQ y CO
Sea R el pie de la altura desde C en AB entonces <ACR=<OCQ=<XCQ (lo pruebo al final)
y <CAB=<CAR=<PQC=<XQC
entonces ∆ARC~∆QXC y como <CRA=90 entonces <QXC=90
PD: Sea ABC un triángulo, O su circuncentro, D el pie de la altura desde C, por demostrar que <OCA=<DCB
Sea E la intersección de OC con el circuncírculo, diferente a C, entonces EC díametro
por lo tanto <CBE=90
y <CBA+<ABE=90=<CBE
<CBA+<DCB=90 porque CD perpendicular a AB
por lo tanto <ABE=<DCB
como CAEB cíclico entonces<ECA=<ABE
entonces <ECA=<DCB
y <ECA=<OCA entonces <OCA+<DCB
Problema 2
Sea D la intersección de Ad y BC, y X la intersección de Ap con OC.
Como AO bisectriz entonces <BAD=<DAC
y por el teorema de la bisectriz
AB/BC=BD/BC
Llamemos <ACB=a entonces <BAC=2a
por lo tanto <BAD=<DAC=a
entonces ∆ADC es isóceles con AD=DC
En el ∆CAO por Ceva
(AM/MC)(CX/XO)(OD/DA)=1 y como M punto medio AM=MC
entonces
CX/DA=OX/OD=AO/OC
entonces por Thales DX||AC
entonces <CDX=ACD=a
y <ODX=<OAC=a
entonces DX bisectriz del <ODC
por lo tanto OD/DC=OX/XC
Como CO bisectriz externa del ángulo <ACB=a
entonces<BCO=(180-a)/2
En el ∆DXC
<CDX+<XCD+<DXC=180
<entonces
a+(180-a)/2+<DXC=180
por lo tanto <DXC=(180-a)/2
entonces∆DXC isóceles con DX=DC
entonces
AD=DX=DC
entonces∆ADX isóceles,
entonces <DAX=<AXD=b
Como <APD exterior del ∆DPX entonces
<APD=<PDX+<PXD=a+b
y <BAP=<BAD+<DAX+a+b
por lo tanto <APD=<BAP
entonces ∆ABP isóceles con AB=BP
Solución del problema 2
ResponderBorrarSea D la intersección de AO y BC y se E la intersección de la bisectriz de <OAC con BC, y sea I el incentro del triángulo ABC.
Sea <ACB=2x, por lo tanto, <BAC=4x y como AD es bisectriz vemos que <DAC=2x y AD=DC.
Vemos que <BAE=3x porque AE es bisectriz y que <BEA=3x por ser ángulo externo del triángulo AEC, por lo tanto, AB=BE.
Ahora debo demostrar que E=P.
Vemos que A, I, E, C son con cíclicos porque <IAE=<ICE=x , por lo tanto <AEI=x=<CIA y por lo tanto IE es paralela a AC, porque <DEI=2x, y como ADC es isósceles DI=DE y AI=CE.
Queremos demostrar que (CM/MA) (AO/OD) (DE/EC)=1 así por el teorema de Menelao O, E, M serían colineales y E=P
(CM/MA)(AO/OD)(DE/EC)=1, pero como M es punto medio queremos demostrar que:
(AO/OD)(DE/EC)=1, ahora sustituimos a DE y EC por DI y AI.
(AO/OD)(DI/AI)=1, por lo tanto queremos demostrar que AO/OD=AI/DI, en otras palabras queremos demostrar que son conjugados armónicos, lo cual es trivial porque al tomar C vemos que CI es bisectriz de <ACD y como CO es bisectriz externa, CI es perpendicular a CO.
Por lo tanto O, E, M son colineales y E=P, por lo tanto AB=AP.
problema 1
ResponderBorrarpor ser O el circuncentro, tenemos que forma 3 triangulos isosceles (esto por que equidista de A, B y C) entonces tenemos que
<OAB=<OBA=x
<OBC=<OCB=y
<OCA=<OAC=z
2(x+y+z)=360
x+y+z=180
Luego tenemos que <APQ+<ABQ=180 por ser APQB ciclico. <ABQ+<ABC=180 entonces <APQ=<ABC=x+y
luego, llamemos M al punto de interseccion de CO y PQ.
<CMP=180-<MCP-<MPC
<CMP=180-x-y-z=180-90=90 justo como queriamos probar.
problema 2
trazamos AO y llamamos E a su interseccion con BC. Trazamos AP y lo prolongamos hasta que intersecte a OC, llamamos D a este punto.
Luego tenemos que en el triangulo AOC, las rectas EC, AD y MO concurren, asi que por el teorema de ceva
(AE/EO)(OD/DC)(CM/MA)= 1
pero por se M el punto medio de AC
(AE/EO)(OD/DC)=1
AE/EO=1/(OD/DC)
EO/AE=OD/DC
Luego por tales, tenemos que ED es paralela a AC. AO es bisectriz de <BAC ya que O es el excentro opuesto a A. Luego entonces,
<OAC=<ACB, y por alternos internos
<OAC=<ACB=<DEC=2X.
luego
<BCA+<CAO=<CEO
2x+2x=2x+<DEO
<DEO=2x
Luego entonces ED es bisectriz externa al igual que CO de sus respectivos lados. entonces D es el excentro del triangulo AEC opuesto a A.
Entonces AD es bisectriz y <BAP=3x
<CBA=180-6x
y por tanto <APB=3x, prrobando que el triangulo ABP es isoceles como queriamos
Problema 1
ResponderBorrarPor angulos enla circunferencia vemos que angPQC=angPAB=angBOC/2=ang90-OCB (la ultimaigualdad es por que OBC es isosceles ya que OB=OC son radios) de donde OC es perpendicular a PQ.
Problema 2
Sea X la interseccion de AO con BC y sea I el incentro del triangulo ABC.
Sabemos que AO es la bisectriz el angulo BAC y por lo tanto angBAO=angOAC=angACB de donde AXC es isosceles y por lo tanto MX es perpendicular a AC (es la mediana, altura bisectriz y mediatriz)
SAbemos que CI y CO son las bisectrices (interna y externa) del angACX por lo que AIXO son puntos armónicos, entonces el haz MA,MI,MX,MO es armónico pero ademas AMX=90 lo que quiere decir que AM y MX son las bisectrices del angIMO (jaja IMO)
Vemos que angAXM=angCXM, MX=MX y angIMX=angXMO por lo que los triangulos IMX y PMX son congruentes, por lo que XI=XP.
Por Thales vemos que PI y AC so paralelas, y como XM es mediana sabemos por Ceva en el triangulo AXC que AP,IC y XM concurren, pero ademassabemos que XM y CI son bisectrices lo que quiere decir que P es bisectriz del angXAC. por lo tanto: angBAP=angBAX+angXAC/2=angACB+angXAC/2=angAPB
por lo que ABP es isosceles de donde BA=BP.
Problema 3
sean X,Y,Z los respectivos pies de las alturas desde P a las rectas AB,BC,CA y sean D,E,F los respectivos pies de las alturas desde P a las rectas AB,BC,CA, sea K el ppunto donde se intersectan las rectas de simson y sean L,M,N los respectivos puntos medios de los lados BC,CA,AB. Sea O el circuncentro del triangulo ABC(punto mediode PQ)
Es fácil ver que PYCZ y FQEC son cuadrilteros cíclicos y sabemos que angPCQ=90 (por ser PQ diametro).
Por lo tanto: angYZC=ang(90-YZP)=ang(90-YCP)=angFCQ=angFEQ=ang(90-FEB) de donde es facil ver que ang EKZ=90, por lo tanto las rectas de simson son perpendiculares.
Sabemos que como O es el cicuncentro OL es perpendicular a BC y notamos que QE,OL,PZ son paralelas (porque las tres rectas son perpendiculares a BC) Por Thales vemos que como QO=PO entonces AL=LZ y como angEFZ=90 L es el circuncentro del triangulo EKZ, de donde podemos ver que angLKE=angLEK.
Analogamente podemos ver que N es el punto medio XD por lo que angNKD=angNDK=angEDB.
Entonces angNKL=angNKD+angDKL=angEDB+angDEB=angABC=angNML (la penultima desigualdad fue pr angulo externo y la ultima por que sabemos que el triangulo medial LMN es semejante al ABC).
De esta igualdad vemos que N,M,K,L son concíclicos que es lo que queriamos.
Problema 1:
ResponderBorrarComo PABQ es cíclico es fácil ver que CPQ es semejante al CBA.
Por lo que la recta CO con respecto al triángulo CPQ es la recta isogonal a CO con respecto a CBA.
Es un hecho conocido que la recta que va al circuncentro es isogonal a la altura.
Por lo tanto como en el tríangulo CBA la recta CO va al circuncentro, entonces en el triángulo CPQ, CO es altura que es lo que queriamos probar.
nada nada, georges se tardo jajajajaja
ResponderBorrarnoooo, no me salio el dos a tiempo, oie alguien sabe porque raul dijo que <KCN=<KNC?
ResponderBorrarjaja ese anthony, no me di cuenta del Ceva
Problema 2:
ResponderBorrarDefinamos BAC=4x, la intersección de BC y AO como N, Q como el punto en BC tal que BA=BQ, R la intersección de AQ con OC y S la intersección de AQ con IC.
Como 2<BCA=<BAC entonces <BCA=2x por lo que <CBA=180-6x y como BA=BQ entonces <BQA=<BAQ=3x, pero como BO es bisectriz por O ser excentro, entonces <BAO=2x y entonces <OAQ=x, y como <BAC=4x entonces <QAC=x.
Ahora si consideramos el incentro como CI es bisectriz <ACI=<ICB=x, luego como CO es bisectriz externa <BCO=90-x, por lo tanto <QRC= 90-2x. Pero como ASC y ANC son triangulos isoceles entonces NS es mediatriz y por lo tanto bisectriz del <ANC, por lo tanto <CNS=90-2x, por lo que RCSN es cíclico.
Por lo tanto <SRN=x, y por lo tanto <NRO=90+x, por lo que NR es paralela a AC.
Ahora como tenemos que NR es paralela a AC, es facil ver por Ceva O,Q,M son colineales, donde M es el punto medio de AC, por lo tanto Q=P, y P cumple que AB=BP que es lo que queriamos probar.