Sea [math]ABCD un cuadrilátero convexo con [math]\widehat{B} = \widehat{D} = 90^{\circ}. Sean [math]P y [math]Q los pies de las perpendiculares trazadas desde [math]B a las rectas [math]AD y [math]AC respectivamente. Sea [math]M el punto medio de [math]BD. Demostrar que los puntos [math]P, [math]Q, [math]M son colineales.
"Al toque Roque // Al pique Quique // Tranca palanca // No pasa nada // Argentina Gana // La tenés adentro //
Para demostrar la colinealidad de los tres puntos [math]P,Q,M es suficiente mostrar que los ángulos [math]\angle BPM y [math]\angle BPQ son iguales (*).
Usaremos varias veces que si [math]XYZ es un triángulo rectángulo con [math]\angle XYZ = 90^{\circ} y [math]W es el punto medio de la hipotenusa [math]XZ, entonces [math]WX =WY =WZ.
Por un lado tenemos que, al ser [math]M el punto medio de la hipotenusa del triángulo [math]BPD, se cumple que el triángulo [math]BPM es isósceles con [math]BM = MP = MD y, entonces, [math]\angle BPM = \angle PBM = \angle PBD.
Ahora, como las rectas [math]BP y [math]CD son paralelas (pues ambas son perpendiculares a [math]AD) se tiene que [math]\angle PBD = \angle BDC.
Por otro lado, observamos que los ángulos [math]\angle BQA y [math]\angle BPA son ambos iguales a [math]90^{\circ} con lo cual, si [math]N es el punto medio del segmento [math]AB, tenemos que [math]NA = NQ = NB = NP, es decir que el cuadrilátero [math]ABPQ está inscripto en una circunferencia. Luego se tiene que [math]\angle BPQ = \angle BAQ = \angle BAC por arco capaz. (**)
Aplicando el mismo razonamiento, si [math]O es el punto medio del segmento [math]AC, tenemos que [math]OA = OB = OC = OD, pues los triángulos [math]ABC y [math]ADC son rectángulos por el enunciado. Luego el cuadrilátero [math]ABCD también está inscripto en una circunferencia, de donde obtenemos finalmente que [math]\angle BPM = \angle BDC = \angle BAC = \angle BPQ.
Luego los puntos [math]P, Q y [math]M están alineados, como queríamos ver.
Un par de observaciones a la solución.
(*) Si [math]\angle BPM = \angle BPQ, entonces [math]P,M,Q serán colineales debido a que [math]M y [math]Q se ubican en el mismo semiplano respecto de la recta [math]BP.
Para ver esto, observamos que el punto [math]M se encuentra en el mismo semiplano que el punto [math]D respecto a [math]BP, y que el punto [math]Q se encuentra en el mismo semiplano que el punto [math]C respecto a [math]BP. Como estos semiplanos coinciden, se tiene lo pedido.
(**) Para ver que [math]\angle BPQ = \angle BAQ sería necesario probar que [math]A y [math]P están en un mismo semiplano respecto de [math]BQ, pero esto es obvio puesto que están en el semiplano opuesto al que pertenece el punto [math]C
"Al toque Roque // Al pique Quique // Tranca palanca // No pasa nada // Argentina Gana // La tenés adentro //
Llamo $x$ a $\widehat{BDC}$, e $y$ a $\widehat{DBC}$.
$\widehat{ADB}= 90°-x$ porque $\widehat{ADC}=90°$. Como $M$ es punto medio de $BD$ y $\widehat{DQB}=90°$, $QM=MD=MB$, entonces $\widehat{DQM}=90°-x$. Por ello, $\widehat{MQB}=x$.
Por otro lado, $\widehat{DBC}=\widehat{DAC}=y$ ya que $ABCD$ es cíclico por $\widehat{B}$ y $\widehat{D}$. Luego, por la misma razón $\widehat{CDB}=\widehat{CAB}=x$. Como por el enunciado $\widehat{BPA}=90°$, $\widehat{PBA}=90°-x$. De la primer y segunda oración de este párrafo sale que $\widehat{ABQ}=90°-x-y$. Después, de las dos anteriores a ésta podemos concluir que $\widehat{QBP}=y$. Entonces el cuadrilátero $ABQP$ es cíclico, por esta razón $\widehat{PQB}=x$ y como $\widehat{MQB}=x$, se demuestra que $Q, P$ y $M$ son colineales.
Mi dibujo!: https://ggbm.at/eySwBXat
Espero que esté bien!
CASO 1: P está sobre el segmento AD
Sea [math]M' el punto de intersección de [math]PQ y [math]BD, sean [math]\angle M'PD= \alpha, entonces [math]\angle M'PB= 90º-\alpha. pero como [math]\angle BQA= \angle BPA= 90º entonces [math]ABQP es cíclico, con lo que [math]\angle M'PB =\angle QPB= \angle QAB = 90º-\alpha y como [math]ABC es triángulo rectángulo entonces [math]\angle ACB=\alpha. Ahora bien, como [math]ABCD es cíclico entonces [math]\angle ACB= \angle ADB= \alpha, con lo que, por un lado, [math]M'PD es isósceles, y, por otro lado, como [math]BDP es rectángulo queda que [math]\angle M'BP= 90º-\alpha, por lo tanto [math]BM'P también es isósceles, combinando ambos datos nos queda [math]BM'=M'D, con lo que [math]M'=M y los tres puntos están alineados como queríamos ver.
CASO 2: A está entre P y D
Definimos de manera análoga al caso anterior [math]M', sea [math]\angle BPQ= \alpha y por lo tanto [math]\angle QPA=M'PD=90º-\alpha. Como [math]AQBP es cíclico por tener dos ángulos rectos entonces [math]\angle BAQ= \alpha también, pero como [math]ABCD es cíclico entonces [math]\angle BAQ=\angle BAC=\angle BDC= \alpha, de donde [math]\angle M'DP=90º-\alpha, lo que nos dice dos cosas, por un lado, [math]M'PD es isósceles, por otro lado, como [math]BPD es rectángulo entonces [math]\angle DBP= \alpha, pero entonces [math]BM'P también es isósceles. Combinando ambos datos nos queda [math]BM'=M'D, con lo que [math]M=M' y los tres puntos están alineados como queríamos.
CASO 3: A = P
No se puede ya que [math]\angle CPA=\angle CPB+\angle BPA= \angle CPB+90º contradiciendo así que [math]\angle CDA=90º que es parte del enunciado.
En este caso [math]ABCD es un rectángulo, como [math]P=A entonces [math]P es uno de sus vértices, el punto medio de su diagonal [math]BD es la intersección con su otra diagonal [math]PC, luego [math]P es un extremo de la diagonal, [math]M es el punto medio de la diagonal y [math]Q es el pie de la altura de [math]PBC, por lo tanto están los tres puntos sobre [math]PC como queríamos.
CASO 4: D = P
No se puede ya que [math]\angle CPA=\angle CPB+\angle BPA= \angle CPB+90º contradiciendo así que [math]\angle CDA=90º que es parte del enunciado.
CASO 5: D está entre A y P
No se puede ya que [math]\angle BDA es claramente mayor que [math]\angle BPA, pero [math]\angle BPA=90º, luego [math]\angle BDA mide más que [math]90º, con lo que [math]\angle CDA mide más de [math]90º contradiciendo el enunciado.
Nota: [math]Q es la altura del triángulo rectángulo [math]ABC, por lo que siempre cae en el segmento [math]AC y no coincide ni con [math]A ni con [math]C.
LLAMANDO N AL PIE DE LA PERPENDICULAR DESDE B HASTA DC, PBND ES UN RECTÁNGULO Y M SU CENTRO ENTONCES P, M Y N ESTÁN ALINEADOS (#), COMO ABCD ES UN CUADRILÁTERO CÍCLICO(TIENE 2 ANGULO RECTOS) ENTONCES SIENDO BP PERPENDICULAR A AD, BQ PERPENDICULAR A AC Y BN PERPENDICULAR A CD Y POR: (Teorema de Wallace-Simson) Si desde un punto P se trazan perpendiculares a los lados de un triángulo o a sus prolongaciones, los respectivos pies de las perpendiculares serán colineales si y sólo si el punto P pertenece a la circunferencia circunscrita del triángulo. TENDREMOS QUE P, Q Y N ESTÁN ALINEADOS, ENTONCES POR (#) P, Q Y M ESTÁN ALINEADOS
Supongamos primero que $M$ no pertenece a $AC$.
Tracemos la recta perpendicular a $BD$ por $M$, que intersecará a las rectas $AD$ y $AC$ en $S$ y $R$ respectivamente.
Ahora vamos a demostrar que $ASBR$ es cíclico. Para ello, sea $\angle BDC=\alpha$. Como $ABCD$ tiene dos ángulos opuestos iguales a $90º$ (es decir, suman $180º$) entonces es cíclico, y por arco capaz deducimos que $\angle BAC=\angle BDC=\alpha$. Pero notemos que $\angle ADB=90º-\angle BDC=90º-\alpha$. Como dijimos que $SM$ es perpendicular a $BD$, entonces: $\angle DSM=90º-\angle SDM=90º-\angle ADB=90º-(90º-\alpha)=\alpha$. Pero como $SM$ es altura y mediana en el triángulo $\triangle SDB$, entonces este es isósceles, y $SM$ también es bisectriz de $\angle BSD$. Por lo tanto: $\angle BSM=\angle DSM=\alpha$. Entonces resulta que $\angle BSR=\angle BSM=\alpha=\angle BAC=\angle BAR$, y por lo tanto, $BSAR$ es un cuadrilátero cíclico.
Consideremos el triángulo $\triangle SAR$. $B$ pertenece a su circunferencia circunscripta, por lo que vimos en el párrafo anterior. Notemos que $P$, $M$ y $Q$ no son más que los pies de las perpendiculares trazadas desde $B$ a los lados del triángulo $\triangle SAR$. Por lo tanto, $P$, $M$ y $Q$ forman parte de una recta de Simpson del triángulo $\triangle SAR$, y son colineales, como queríamos demostrar.
Notemos que $AC$ es diámetro del circuncírculo de $ADCB$, ya que $\angle ADC=90º$. Entonces el centro de dicho círculo yace sobre $AC$. Sea $O$ dicho centro. Consideremos ahora el caso particular de que $M$ pertenezca a $AC$, que habíamos dejado de lado.
Notemos que $OD=OB$. Entonces el triángulo $BDO$ es isósceles en $O$, y $OM$ es mediana y altura. Por lo tanto $\angle CMB=\angle OMB=90º$. Entonces en este caso no hay nada que probar, ya que $M=Q$, y el enunciado equivaldría a demostrar que $P$ y $M$ son colineales, lo que es inmediato, ya que dos puntos siempre determinan una recta.
ofo20172.png
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
Llamamos $\alpha$ al ángulo $\angle PDB$ y $\beta$ a $\angle PBD$ de forma tal que $\alpha + \beta = 90$. PM=BM por mediana correspondiente a hipotenusa, entonces $\angle BPM=\beta$ porque el triángulp BPM es un triángulo isósceles.
Vemos que $\angle BDC=90-\alpha=\beta$. Como ABCD es cíclico, por arco capaz $\angle BAC=\angle BDC=\beta$.
Como APBQ también es cíclico (ver que sus ángulos opuestos suman 180), entonces por arco capaz $\angle BAQ=\angle BPQ=\beta$. Finalmente como $\angle BPQ=\angle BPM=\beta$, entonces los puntos P, M y Q son colineales.
image.png
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
Notemos que como [math]\angle{ABC}+\angle{CDA}=180 y [math]\angle{APB}+\angle{BQA}=180 los cuadrilateros [math]ABCD y [math]APBQ son ciclicos.
Para probar la colinealidad voy a demostrar que [math]\angle{DPM}=\angle{DPQ} y como [math]Q y [math]M estan en el mismo semiplano con respecto a [math]AD el problema sigue.
Sea [math]\angle{ACB}=x, tenemos que por arco capaz que [math]\angle{ADB}=\angle{ACB}=x. Ademas, en el triangulo rectangulo [math]PBD tenemos que [math]MP=MD=MB, luego [math]\angle{DPM}=\angle{PDM}=\angle{ADB}=x
Por otro lado, tenemos que [math]\angle{BAC}=90-\angle{ACB}=90-x. Agregamos que [math]\angle{ABQ}=90-\angle{BAQ}=x.
Finalmente por arco capaz en [math]APBQ, [math]x=\angle{ABQ}=\angle{APQ}=\angle{DPQ}.
Como [math]\angle{DPQ}=x=\angle{DPM} el problema queda resuelto.