Es decir "las mediatrices del triangulo" supongo que son las mediatrices de los respectivos lados del triangulo que sabemos intersectan en el circuncentro de ABC.
Sean $A',B', C'$ los reflejos de $A,B,C$ respecto de sus lados opuestos.
Sabemos que $AA', BB', CC'$ son concurrentes en el ortocentro, $H$, del $ABC$.
Sean $P, Q, R$ los reflejos de $H$ respecto de $BC, AC, AB$.
Sabemos que estos ultimos 3 puntos pertenecen a la circunscrita de $ABC$.
Sean $S$ y $T$ los reflejos de $A$ sobre $BH$ y $CH$, respectivamente.
Vemos que $AQSH$ y $AHTR$ son rombos por lo tanto $QS\parallel AH\parallel RT$.
Sean $S'$ y $T'$ los reflejos de $S$ y $T$ respecto de $BC$.
Vemos que $\angle TBT' = 2\angle B$ entonces $\angle BT'T = \angle BT'R = 90-\angle B$.
Tambien $\angle RCB = 90-\angle B$ entonces $RCT'B$ es ciclico y estamos diciendo que $T'$
, y con la misma logica $S'$, pertenecen a la circunscrita de $ABC$.
Luego $APT'R$ y $APS'Q$ son dos trapecios isosceles y si sus respectivas diagonales intersectan
en $O$ y $O'$ tenemos que el circuncentro buscado debe pertenecer a la recta $OO'$.
Asi como estos dos trapecios tienen a $AP$ como base en comun podemos construir de la misma forma otros dos trapecios con
$CR$, por ejemplo, como base comun y si suponemos que las respectivas diagonales de estos intersectan en $Q$ y $Q'$ entonces
el circuncentro buscado sera $QQ'\cap OO'$.
Dado un triangulo ABC y los puntos medios L, M y N de los lados BC, AC y AB, respectivamente, probar que las bisectrices de los angulos ANB, BLC y CMA son concurrentes.
Tu aclaracion vale, gracias.
Yo aclaro tambien en el posteo antetior sobre el final defino los puntos Q y Q' siendo que Q ya existia, asi que lo podemos cambiar por X y X' y decir que el circuncentro buscado esta en la interseccon de OO' con XX'.
Aqui adjunto un par de dibujos para el anterior y para <BAC=90.
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Dado un triangulo ABC y los puntos medios L, M y N de los lados BC, AC y AB, respectivamente, probar que las bisectrices de los angulos ANB, BLC y CMA son concurrentes.
Lema: sea $ABC$ un triángulo obtusángulo en $A$, o un triángulo rectángulo en $A$ que no es isósceles, con nuestras operaciones podemos construirnos un triángulo $A'BC$ que tenga la misma circunscripta que $ABC$ pero que sea acutángulo.
Demostración:
ABC rectángulo en A y no isósceles: reflejamos $A$ respecto de $BC$, como no es isósceles, podemos afirmar que tiene un ángulo menor que $45º$, sin pérdida de generalidad digamos que es $B$, el triángulo $ABA'$ por construcción es acutángulo, y está sobre la circunscripta de $ABC$ ya que $BC$ es radio y estámos reflejando respecto de él. Luego, tenemos los pedido.
ABC obtusángulo en A: reflejamos $A$ respecto de $BC$ y $B$ respecto de $AC$, como $AA'$ y $BB'$ son las rectas de dos de las tres alturas del triángulo, su intersección, llamémosla $H$, es el ortocentro del triángulo $ABC$. Vamos a ver que $A$ es el ortocentro de $BCH$. Por definición misma, es claro que $AH$ es perpendicular a $BC$, luego es altura. Pero por otro lado, $BH$ es perpendicular a $AC$, ya que es la recta de la altura por $B$ de la base $AC$, con lo que $AC$ es la recta de la altura de $BH$ trazada por $C$, luego $A$ es ortocentro de $BCH$. Pero cualquier triángulo con ortocentro interior (el borde no cuenta), es acutángulo, por lo que $BCH$ lo es. Ahora bien, sabemos que las reflexiones del ortocentro respecto de los tres lados de un triángulo caen sobre su circunscripta, luego si reflejamos $H$ por $BC$ cae sobre la circunscripta de $ABC$, pero además $BCH$ es acutángulo, por lo que $BCH'$ lo es. Luego, tenemos lo pedido.
Primero que nada, si $ABC$ es un triángulo rectángulo isósceles en $A$, reflejamos $A$ y respecto de $BC$, y la intersección de $AA'$ con $BC$ va a ser su circuncentro. Vamos a ver que onda los otros casos.
Sea $ABC$ un triángulo, que por nuestro lema podemos asumirlo acutángulo, ya que si no lo es, podemos construirnos otro que si lo sea y tenga el mismo circuncentro. Queremos encontrar el centro $O$ de su circunferencia circunscripta $\Gamma$. Sean $A'$ y $B'$ las reflexiones de $A$ y $B$ respectivamente, está claro que las rectas $AA'$ y $BB'$ son dos de las alturas de $ABC$, marcamos su intersección que es el ortocentro $H$ de $ABC$. Reflejamos el ortocentro respecto de $AB$, $BC$ y $CA$. Sea $H_A$ la reflexión respecto de $BC$, $H_B$ la reflexión respecto de $AC$ y $H_C$ la reflexión respecto de $AB$. Es conocido que $H_A$, $H_B$ y $H_C$ caen sobre $\Gamma$. Sea $D$ el pie de la altura de $ABC$ por $A$, análogamente definimos $E$ por $B$, por definición misma de reflexión respecto de una recta, tenemos que $A, D, H$ y $H_A$ están alineados, lo mismo sucede con $B, E, H$ y $H_B$. Como $AEDB$ es cíclico por tener $\angle ADB= \angle AEB=90º$, tenemos que $\angle DBE= \angle DAE= \alpha$. Pero por otro lado, considerando los puntos sobre $\Gamma$ tenemos por arco capaz que $\angle H_BBC= \angle H_BH_CC= \alpha$ y que $\angle H_AAC= \angle H_AH_CC= \alpha$, luego $H_CH$ es bisectriz de $\angle H_AH_CH_B$. Análogamente probamos que $H_BH$ es bisectriz de $\angle H_CH_BH_A$ y que $H_AH$ es bisectriz de $\angle H_BH_AH_C$, luego $H$ es el incentro de $H_AH_BH_C$. Ahora tenemos un nuevo triángulo, también sobre $\Gamma$, pero ya tenemos marcado su incentro. Como hicimos con anterioridad, marcamos su ortocentro. Pero el circuncentro y el ortocentro son conjugados isogonales, luego deberíamos poder construirnos el conjugado isogonal del ortocentro con nuestras operaciones. Pero por definición, el conjugado isogonal de un punto $P$, se obtiene al marcar el punto de concurrencia de las reflexiones de las rectas $AP$ respecto de la bisectriz de $A$, $BP$ respecto de la bisectriz de $B$ y $CP$ respecto de la bisectriz de $C$. Pero en nuestro nuevo triángulo ya tenemos el ortocentro marcado y tenemos su incentro, por lo que tenemos las bisectrices, luego podemos reflejar el ortocentro respecto de las bisectrices, y ver el punto de concurrencia que va a ser el centro de $\Gamma$ que era lo que buscábamos $\blacksquare$
Lema: sea $ABC$ un triángulo obtusángulo en $A$, o un triángulo rectángulo en $A$ que no es isósceles, con nuestras operaciones podemos construirnos un triángulo $A'BC$ que tenga la misma circunscripta que $ABC$ pero que sea acutángulo.
Demostración:
ABC rectángulo en A y no isósceles: reflejamos $A$ respecto de $BC$, como no es isósceles, podemos afirmar que tiene un ángulo menor que $45º$, sin pérdida de generalidad digamos que es $B$, el triángulo $ABA'$ por construcción es acutángulo, y está sobre la circunscripta de $ABC$ ya que $BC$ es radio y estámos reflejando respecto de él. Luego, tenemos los pedido.
ABC obtusángulo en A: reflejamos $A$ respecto de $BC$ y $B$ respecto de $AC$, como $AA'$ y $BB'$ son las rectas de dos de las tres alturas del triángulo, su intersección, llamémosla $H$, es el ortocentro del triángulo $ABC$. Vamos a ver que $A$ es el ortocentro de $BCH$. Por definición misma, es claro que $AH$ es perpendicular a $BC$, luego es altura. Pero por otro lado, $BH$ es perpendicular a $AC$, ya que es la recta de la altura por $B$ de la base $AC$, con lo que $AC$ es la recta de la altura de $BH$ trazada por $C$, luego $A$ es ortocentro de $BCH$. Pero cualquier triángulo con ortocentro interior (el borde no cuenta), es acutángulo, por lo que $BCH$ lo es. Ahora bien, sabemos que las reflexiones del ortocentro respecto de los tres lados de un triángulo caen sobre su circunscripta, luego si reflejamos $H$ por $BC$ cae sobre la circunscripta de $ABC$, pero además $BCH$ es acutángulo, por lo que $BCH'$ lo es. Luego, tenemos lo pedido.
Primero que nada, si $ABC$ es un triángulo rectángulo isósceles en $A$, reflejamos $A$ y respecto de $BC$, y la intersección de $AA'$ con $BC$ va a ser su circuncentro. Vamos a ver que onda los otros casos.
Sea $ABC$ un triángulo, que por nuestro lema podemos asumirlo acutángulo, ya que si no lo es, podemos construirnos otro que si lo sea y tenga el mismo circuncentro. Queremos encontrar su circuncentro. Sean $A'$ y $B'$ las reflexiones de $A$ y $B$ respectivamente, está claro que las rectas $AA'$ y $BB'$ son dos de las alturas de $ABC$, marcamos su intersección que es el ortocentro $H$ de $ABC$. Pero sabemos que circuncentro y ortocentro son conjugados isogonales. Sea $D$ el pie de la altura por $A$, $E$ el pie de la altura por $B$ y $F$ el pie de la altura por $C$. Como $AEDB$ es cíclico por tener $\angle ADB= \angle AEB=90º$, tenemos que $\angle DBE= \angle DAE= \alpha$, que $\angle ABE= \angle ADE= \beta$ y que $\angle DEB= \angle DAB= \gamma$, por otro lado, como $DAB$ es triángulo rectángulo, tenemos que $\alpha + \beta + \gamma=90º$, y como $\angle EDA= \beta$ nos queda que $\angle CDE= \alpha + \gamma$, y del mismo modo llegamos a que $\angle CED= \alpha + \beta$, por lo que podemos afirmar que $ABC$ y $CDE$ son semejantes con los vértices "al revés" y compartiendo el ángulo $C$. Trazamos la altura de $CDE$ por $C$ que corta a $DE$ en $X$, por el hecho de que ambos triángulos sean semejantes, pero con los vértices cambiados, resulta que $\angle ECX = \angle BCF$, luego $CX$ es la reflexión de $CF$ respecto de la bisectriz de $C$. Pero acá está la magia de Disney! El conjugado isogonal de un punto $P$ se obtiene reflejando $AP$ respecto respecto de la bisectriz de $A$, reflejando $BP$ respecto de la bisectriz de $B$ y reflejando $CP$ respecto de la bisectriz de $C$, y el punto de concurrencia resulta ser el conjugado isogonal de $P$. Pero podemos construir las reflexiones de las alturas de $ABC$ respecto de las bisectrices! Por lo que, haciendo una trabajo análogo en el triángulo $BDF$ que resulta semejante al primero y también con los vértices "al revés", podemos construir la reflexión de $BE$ respecto de la bisectriz de $B$, y el punto de intersección de estás reflexiones, resultará ser el conjugado isogonal del ortocentro, y por ende será el circuncentro de $ABC$ como queríamos $\blacksquare$
Tomemos un punto $Q$ en el interior de $ABC$, de modo que $AQ, BQ, CQ$ no sean perpendiculares a $BC,CA,AB$.
Reflejando $Q$ por los lados tenemos tres rectas perpendiculares a los lados, luego reflejando $A,B,C$ por esas rectas tenemos $3$ rectas paralelas a los lados. Estas $3$ rectas se intersecan en los puntos $A',B',C'$ que forman un triángulo semejante a $ABC$ cuyos puntos medios son $A,B,C$.
Además, las rectas $AA'$ y $BC$ se cortan en su punto medio $D$ por ser $ABA'C$ un paralelogramo. Del mismo modo marcamos $E$ y $F$
Por último, es conocido que el ortocentro de $DEF$ es el circuncentro de $ABC$
"Al toque Roque // Al pique Quique // Tranca palanca // No pasa nada // Argentina Gana // La tenés adentro //
(1) Marcar puntos en segmentos, en rectas, o fuera de ellos.
(2) Trazar la recta que une dos puntos.
(3) Hallar el punto de intersección de dos rectas.
(4) Dado un punto P y una recta l, trazar el simétrico de P con respecto a l.
Voy a interpretar "fuera de ellos" en (1) como que puedo marcar un punto fuera de una cantidad arbitraria de rectas (no solamente de una)
Con estas operaciones se puede hacer una nueva operación (5), que crea una nueva recta 𝓂 perpendicular a una recta dada ℓ, de esta manera:
Uso (1) para crear un punto P exterior a ℓ.
Uso (4) para crear un punto P' que es P reflejado por ℓ
Uso (2) para crear una recta 𝓂 que une P y P'
𝓂 es una recta porque P es distinto a P', porque P es exterior a ℓ.
𝓂 es perpendicular a ℓ porque esa es una de las propiedades de la simetría
Entonces:
(5) Dada una recta ℓ, trazar una recta perpendicular a ℓ
Con estas operaciones se puede hacer una nueva operación (6), que crea una nueva recta 𝓃 diferente y paralela a una recta dada ℓ, de esta manera:
Uso (5) para crear una recta 𝓂 perpendicular a ℓ
Uso (5) para crear una recta 𝓃 perpendicular a 𝓂. Cuando decido P en este paso me aseguro de que también sea exterior a ℓ.
𝓃 es paralela a ℓ porque es perpendicular a una perpendicular de ℓ
Es una recta diferente a ℓ porque 𝓃 pasa por P, que es un punto exterior a ℓ
Entonces:
(6) Dada una recta ℓ, trazar una recta 𝓃 paralela y diferente a ℓ
Con estas operaciones se puede hacer una nueva operación (7), que marca la mediatriz de dos puntos A y B de esta manera:
Uso (2) para crear una recta ℓ que une A y B
Uso (6) para trazar una recta 𝓃 paralela a ℓ
Uso (4) para reflejar A por 𝓃, que me da un punto A'
Uso (4) para reflejar B por 𝓃, que me da un punto B'
Uso (2) para crear una recta AB' que une A y B'
Uso (2) para crear una recta A'B que une A' y B
El cuadrilátero ABB'A' es un rectángulo porque todos sus angulos son rectos. AB' y A'B son sus diagonales. El punto de interseccion de las diagonales de un rectángulo es equidistante a todos los vértices, entonces esta en las mediatrices de todos los lados.
Uso (3) para marcar el punto de interseccion P entre AB' y A'B.
Uso (4) para crear un punto P' que es simétrico de P respecto a ℓ
Uso (2) para marcar una recta 𝓂 que une P y P'
𝓂 es una recta porque P es distinto a P', porque P no está en ℓ, porque P está entre ℓ y 𝓃 que son rectas diferentes y paralelas.
𝓂 es la perpendicular a AB trazada por P. P está sobre la mediatriz de AB entonces 𝓂 es la mediatriz de AB.
Entonces:
(7) Dados dos puntos A y B, marcar una recta 𝓂 que es la mediatriz de el segmento que une A y B
Con estas operaciones se puede hacer una nueva operación (8), que marca el punto de intersección de las mediatrices de el triángulo formado por tres puntos A, B y C de esta manera:
Uso (7) para marcar una recta 𝓂 que es la mediatriz de el segmento formado por los puntos A y B
Uso (7) para marcar una recta 𝓃 que es la mediatriz de el segmento formado por los puntos B y C
Uso (3) para marcar uno punto P que es punto de intersección entre 𝓂 y 𝓃
P es el punto de intersección de las mediatrices.