Torneo Internacional de las ciudades Nivel Mayor P3

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amcandio

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Torneo Internacional de las ciudades Nivel Mayor P3

Mensaje sin leer por amcandio » Lun 24 Oct, 2011 10:57 pm

Sea [math] un triangulo [math], [math], [math], los pies de sus alturas trazadas desde los vertices A, B, C y los puntos [math], [math] son las proyecciones de [math] sobre [math] y [math] respectivamente. Demostrar que la recta [math] cortan por la mitad a cada uno de los segmentos [math] y [math].
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Nacho

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Re: Torneo Internacional de las ciudades Nivel Mayor P3

Mensaje sin leer por Nacho » Lun 24 Oct, 2011 11:38 pm

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Denominamos [math] al ortocentro de [math]. Sea [math] y [math]. Llamemos [math] y [math]. [math] es cíclico ya que [math]. Luego, por arco capaz, [math] y [math], de donde [math], y [math]. Por suma de ángulos interiores en [math], tenemos que [math], y análogamente, mirando en [math], tenemos que [math]. Tenemos que [math] es cíclico ya que tiene un par de ángulos opuestos que miden [math] cada uno. Entonces, por arco capaz, [math]. Mirando el cíclico [math] (es cíclico por el par de ángulos opuestos iguales a [math]), tenemos que [math]. Así, tenemos que [math] es isósceles, con [math]. También, vemos que [math], y [math] por suma de ángulos interiores. De ahí que [math] es isósceles con [math], y así [math] de donde [math] es punto medio. La demostración que [math] es punto medio es análoga.
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Gianni De Rico

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Re: Torneo Internacional de las ciudades Nivel Mayor P3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Dom 02 Sep, 2018 1:54 pm

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Sean $H$ el ortocentro de $ABC$, $M=C_1A_1\cap C_AC_B$ y $N=C_1B_1\cap C_AC_B$. Tenemos $C_1C_B\perp BC\perp HA_1\Rightarrow C_1C_B\parallel HA_1$ y $C_1C_A\perp AC\perp HB_1\Rightarrow C_1C_A\parallel HB_1$, luego, por Thales $\frac{CA_1}{CC_B}=\frac{CH}{CC_1}=\frac{CB_1}{CC_A}$ por lo tanto $C_AC_B\parallel A_1B_1$. Como $AA_1\perp BA_1$ y $BB_1\perp AB_1$ resulta que $ABA_1B_1$ es cíclico y por lo tanto $\angle B_1A_1B=180°-\angle BAC$, por ángulos entre paralelas, $\angle C_AC_BB=\angle B_1A_1B=180°-\angle BAC$, y como $\angle C_1C_BB=90°$ resulta $\angle MC_BC_1=\angle C_AC_BB-\angle C_1C_BB=180°-\angle BAC-90°=90°-\angle BAC$. Por otro lado, como $AC_1\perp CC_1$ y $CA_1\perp AA_1$ tenemos que $ACA_1C_1$ es cíclico y por lo tanto $\angle C_1A_1B=\angle BAC$. Luego, $\angle MC_1C_B=\angle A_1C_1C_B=90°-\angle C_1A_1C_B=90°-\angle C_1A_1B=90°-\angle BAC=\angle MC_BC_1$. Entonces $MC_1=MC_B$ y por la propiedad de la mediana de un triángulo rectángulo, $M$ es el punto medio de $C_1A_1$. Análogamente, $N$ es el punto medio de $C_1B_1$. Queda demostrado el problema.
[math]

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