Entrenamiento Cono 2018 P4

Matías

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Entrenamiento Cono 2018 P4

Mensaje sin leer por Matías » Vie 10 Ago, 2018 8:24 pm

Sea $ABC$ un triángulo rectángulo con ángulo recto en $A$. La altura desde $A$ corta a $BC$ en $H$ y $M$ es el punto medio de la hipotenusa $BC$. Sobre los catetos y en forma exterior al triángulo se construyen los triángulos equiláteros $BAP$ y $ACQ$. Si $N$ es el punto de intersección de las rectas $AM$ y $PQ$, demostrar que los ángulos $\angle{NHP}$ y $\angle{AHQ}$ son iguales.

jujumas

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Re: Entrenamiento Cono 2018 P4

Mensaje sin leer por jujumas » Sab 11 Ago, 2018 5:11 pm

Solución:
Spoiler: mostrar
Sea $D$ tal que $AB$ y $HP$ se cortan en $D$. Sea $E$ tal que $AC$ y $HQ$ se cortan en $E$. Sea $F$ tal que la prolongación de $BA$ y $PQ$ se cortan en $F$.

Figura de análisis:
TrainingCono.png
Como $HCA$ y $HAB$ son semejantes, como $Q$ y $E$ se definen en función de $C$, $H$ y $A$ de la misma forma que $P$ y $D$ se definen en función de $A$, $H$ y $B$, tenemos que $HCQEA$ y $HAPDB$ son semejantes. De acá podemos ver que $A\hat{H}Q=P\hat{H}B=90^{\circ}-A\hat{H}P$. Luego, $Q\hat{H}P=A\hat{H}Q+A\hat{H}P=90^{\circ}-A\hat{H}P+A\hat{H}P=90^{\circ}$. Además, tenemos por la semejanza que $\frac{HE}{EQ}=\frac{HD}{DP}$, por lo que $DE$ y $PQ$ son paralelas.

Ahora, como $Q\hat{H}P=90^{\circ}$, $AEHD$ es cíclico. Luego, $A\hat{H}Q=A\hat{H}E=A\hat{D}E$. Ahora, como $DE$ y $PQ$ son paralelas, tenemos por alternos internos que $A\hat{H}Q=A\hat{D}E=A\hat{F}P$, pero como que $A\hat{H}Q=P\hat{H}B$, tenemos que $B\hat{F}P=B\hat{H}P$, por lo que $BHFP$ es cíclico.

Volvamos ahora a notar que $HCQ$ y $HAP$ son semejantes. Como tenemos esto, sabemos que $\frac{HC}{HQ}=\frac{HA}{HP}$. Reordenando, tenemos que $\frac{HC}{HA}=\frac{HQ}{HP}$, y como $C\hat{H}A=Q\hat{H}P=90^{\circ}$, $CHA$ y $QHP$ son semejantes. Luego, $D\hat{P}N=H\hat{P}Q=H\hat{A}C=H\hat{B}A$, donde la última igualdad ocurre ya que $HCA$ y $HAB$ son semejantes. Pero entonces, por la propiedad de la mediana de un triángulo rectángulo, $H\hat{B}A=M\hat{B}A=M\hat{A}B=180^{\circ}-N\hat{A}D$. Juntando ambas igualdades, tenemos entonces que $D\hat{P}N=180^{\circ}-N\hat{A}D$, por lo que $N\hat{A}D+D\hat{P}N=180^{\circ}$ y $NADP$ es cíclico.

Ahora, como $BHFP$ es cíclico, $F\hat{H}D=F\hat{H}P=F\hat{B}P=A\hat{B}P=60^{\circ}$, y como $NADP$ es cíclico, $D\hat{N}P=D\hat{A}P=B\hat{A}P=60^{\circ}$. Luego, $D\hat{N}F=120^{\circ}$ y $F\hat{H}D+D\hat{N}F=60^{\circ}+120^{\circ}=180^{\circ}$, por lo que $DHFN$ es cíclico, y $N\hat{F}D=N\hat{H}D=N\hat{H}P$, pero como $A\hat{H}Q=N\hat{F}D$, tenemos que $A\hat{H}Q=N\hat{H}P$, como queríamos ver.
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¿hola?

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Re: Entrenamiento Cono 2018 P4

Mensaje sin leer por ¿hola? » Lun 13 Ago, 2018 1:17 pm

Spoiler: mostrar
$A\hat{C}B = x$, $A\hat{H}Q = y$, $F$ es punto medio de $QP$

veamos que $Q\hat{H}P = 90$, $P\hat{Q}H= x$, $Q\hat{P}H= 90-x$

$A\hat{B}C= C\hat{A}H = 90-x$ y como $C\hat{A}Q = A\hat{B}P = 60$ entonces $H\hat{B}P = Q\hat{A}H = 150 - x$ (1)
$BP = AP$, $BH = AP cos(90-x)$ entonces $\frac{BH}{BP} = cos(90-x)$ (2)
$QA = AC = tg(90-x)AB$, $AH = sen(90-x)AB$ entonces $\frac{QA}{AH} = \frac{tg(90-x)AB}{sen(90-x)AB} = cos(90-x)$ (3)
de (1), (2) y (3) $QAH$ y $PBH$ son semejantes (4),entonces $P\hat{H}B= Q\hat{H}A = y$,entonces $A\hat{H}P= 90-y$ de donde $Q\hat{H}P = 90$ (5)
por (4) $\frac{QH}{HP} = tg(90-x)= \frac{AC}{AB}$ (6)
por (5) y (6) $QHP$ y $CAB$ son semejantes, entonces $P\hat{Q}H= A\hat{C}B = x$, $Q\hat{P}H= A\hat{B}C = 90-x$

veamos que $Q\hat{M}P = 90$, $P\hat{Q}M= y$, $Q\hat{P}M= 90-y$

$BM=AM=CM$ entonces $MCQA$ y $MAPB$ son romboides lo que implica $QM \perp AC$ y $MP \perp AB$ y como $CAB=90$ queda $Q\hat{M}P = 90$
como $Q\hat{M}P = 90$ y $Q\hat{H}P = 90$ $QMHP$ es cíclico lo que implica $PQM = 180-MHP=y$ lo que implica $Q\hat{P}M= 90-y$.

como ya vimos $QMHP$ es cíclico y ademas tiene centro en $F$ lo que implica $QF=MF=FH=FP$
por angulo central tenemos $P\hat{F}M = 2P\hat{Q}M= 2y$ y ademas $P\hat{F}H = 2P\hat{Q}H = 2x$ luego $M\hat{F}P = 2y-2x$
como $MFH$ es isósceles nos queda $F\hat{M}H = F\hat{H}M= 90-y+x$
mirando el triangulo $QMN$ nos queda $Q\hat{N}M = 180 - N\hat{Q}M - Q\hat{M}N = 180-y-(90-x) = 90-y+x$
osea que $Q\hat{N}M = F\hat{H}M= 90-y+x$ lo que implica $MFNH$ es cíclico osea que $N\hat{H}M = 180 - N\hat{F}M = 180-2y$ lo que implica
$N\hat{H}P = 180 - N\hat{H}M - P\hat{H}B = 180 - (180-2y) - y = y = Q\hat{H}A$ que es lo que queríamos.
Yes, he who

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