Sea $ABC$ un triángulo acutángulo escaleno con circuncentro $O$. Llamamos $D$ al pie de la bisectriz desde $A$. Demostrar que la mediatriz del segmento $AD$, la perpendicular a la recta $BC$ por $D$, y la recta $OA$ pasan las tres por un mismo punto.
Aclaración: El circuncentro de un triángulo es el punto de intersección de las mediatrices de sus lados. Además, es el centro de la circunferencia que pasa por los vértices del triángulo.
Voy a publicar dos posibles soluciones al problema, pero ambas parten de la misma idea. El objetivo no solo es contar la solución, sino también que el problema deje su moraleja y puedan aprender algunos conceptos nuevos.
Sea $O$ el centro de la circunscrita de $ABC$. La idea central es ver que si llamamos $P$ al punto de intersección de la perpendicular a $BC$ que pasa por $D$ y la recta $AO$, ahora nuestro problema se transforma en demostrar que el triángulo $ADP$ es isósceles en $P$ (si esto es cierto, entonces $P$ pertenece a la mediatriz de $AD$ y ganamos). Para ello vamos a utilizar una propiedad muy linda y conocida que nos dice:
Propiedad:
"La bisectriz de un ángulo de un triángulo y la mediatriz de su segmento opuesto, se cortan en la circunscrita del triángulo."
A partir de esta propiedad, llamamos $E$ a la intersección de la bisectriz de $A$ con la circunscrita de $\triangle ABC$. Por la propiedad sabemos entonces que la recta $OE$ es mediatriz de $BC$, y por lo tanto paralela a la recta $DP$.
Luego tenemos que ver que $OA=OE$ (son radios de la circunferencia), por lo que $\angle OAE=\angle OEA$, y que también $\angle OEA=\angle PDA$ (por ángulos correspondiente entre paralelas).
Finalmente obtenemos que:
$\angle OAD=\angle PAD=\angle PDA$
Por lo que podemos afirmar que el triángulo $PDA$ es isósceles y $P$ pertenece a la mediatriz de $AD$
Una solución quizás un poco más teórica. De todas formas la dejo publicada para todo aquel que esté interesado en aprender del tema.
De nuevo, partimos de definir a $P$ como la intersección de la perpendicular a $BC$ que pasa por $D$ y la recta $AO$ con $O$ siendo el centro de la circunscrita de $ABC$. Nuevamente nuestro objetivo es demostrar que $\triangle PAD$ es isósceles en $P$. Sea $H$ el ortocentro del triángulo $ABC$. Es aquí donde aplicamos esta propiedad fuertísima que nos dice:
Propiedad:
"El ortocentro de un triángulo $(H)$ y su circuncentro $(O)$, son conjugados isogonales."
Aquí dejo un link del foro donde está explicado más a fondo el tema:
En resumen, lo que la propiedad nos dice, es que si reflejamos la recta $AO$ con respecto a la bisectriz $(AD)$, obtendremos justamente la recta $AH$ y viceversa. Aprovechando esta propiedad, obtenemos lo siguiente:
$\angle PAD=\angle DAH$
Luego, sabiendo que $H$ es el ortocentro del triángulo, tenemos que $AH$ es altura, y por lo tanto es perpendicular a $BC$ y paralela a $DP$.
Por alternos internos, obtenemos ahora que $\angle DAH=\angle ADP$
Finalmente, obtenemos que;
$\angle DAH=\angle ADP=\angle PAD$
Por lo que $ADP$ es isósceles en $P$ y por lo tanto, $P$ pertenece a la mediatriz de $AD$
Solución 2 - Problema 2 - FOFO 2019.png
Espero que les haya gustado el problema y que hayan disfrutado de esta FOFO 9 años!!
Cualquier consulta que tengan no duden en comentarla en el Post.
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
Última edición por Monazo el Mié 16 Oct, 2019 7:48 pm, editado 1 vez en total.
Supongamos que la mediatriz de la bisectriz $AD$ y la perpendicular desde $D$ se cortan en $E$. Supongamos además que $E$ queda del lado de $C$ con respecto a la bisectriz (¿hace falta que explique por qué es análogo el otro caso?).
Supongamos que la perpendicular a $BC$ por $D$ corta a $AC$ (si fuera a $AB$ resulta análogo).
Sea $M$ la intersección de la mediatriz de $AD$ con $AD$, $P$ la intersección entre la mediatriz de $AD$ con $AC$, $D'$ la intersección entre la perpendicular a $BC$ por $D$ con $AC$, $A'$ la intersección del segmento $PD$ con la recta $AO$. Sea $\omega_1$ la circunferencia circunscripta de $\triangle{ABC}$, y por último, sea $Q$ la intersección de la recta $AO$ con $\omega_1$.
$B\hat{A}D = D\hat{A}C = \alpha$. Notemos que $\triangle{PAD}$ es isósceles; por criterio $LAL$, $\triangle{PMD}$ y $\triangle{PMA}$ son congruentes; luego, $AP = PD$, $P\hat{D}A = P\hat{A}D = \alpha$.
$A\hat{D'}D = \beta$, $D\hat{D'}C = 180 - \beta$. Por ángulos interiores de $\triangle{D'CD}$,
$D\hat{C}D' = 180 - D'\hat{D}C - D\hat{D'}C = \beta - 90$.
$B\hat{C}Q = 90 - D\hat{C}D' = 180 - \beta$ por ser $AQ$ diámetro.
$B\hat{C}Q = B\hat{A}Q$ por arco capaz, y $D\hat{A}Q = B\hat{A}Q - B\hat{A}D = 180 - \alpha - \beta$.
Por suma de ángulos interiores de $\triangle{DA'A}$, $A\hat{A'}D = 180 - A'\hat{A}D - A'\hat{D}A = \beta$.
Entonces, $\triangle{AD'D}$ y $\triangle{AA'D}$ son congruentes por criterio $ALA$. De esto se desprende que $A'D = D'A$.
Finalizando, tenemos que:
$$\frac{PA'}{A'D}\frac{DM}{MA}\frac{AD'}{D'P}=1$$
lo que es equivalente por Ceva a que la mediatriz del segmento $AD$, la perpendicular a la recta $BC$ por $D$, y la recta $OA$ concurren.
Trazamos la tangente por $A$ al circuncirculo de $ABC$ y corta a $BC$ en $P$, si $Q$ es la intersección de $OA$ con la perpendicular a $BC$ por $D$ entonces $\angle QDP=\angle QAP=90$ por lo que $PAQD$ es cíclico y $PQ$ es diametro.
Por seminscrito $\angle PAB=\angle ACB\Rightarrow \angle PAD=\angle ACB+\frac{\angle BAC}{2}$.
$\angle ADP=\angle ADB=180-\angle BAD-\angle ABD=\angle ACB+\frac{\angle BAC}{2}=\angle PAB$
$PAD$ es isósceles con $PA=PD$ y como $PQ$ es diámetro de $PAQD$ también es mediatriz de $AD$ por lo que estamos.
WLOG $AB>AC$. Tenemos $AO=BO=CO$ por ser cincuncentro. Definimos $l$ mediatriz $AD$, $P=AO \cap l$, $\angle CAD= \angle DAB= \alpha$. $\angle PAD= \beta= \angle PDA$ ya que $P$ está en la mediatriz, entonces $\angle OAB= \angle OBA= \alpha- \beta$. Por ángulo central $\angle BOC = 4\alpha$ y por ende $\angle OBC= 90-2\alpha$. Mirando ahora $ADB$ tenemos $\angle DAB+\angle ABD+\angle PDA+\angle BDP=\alpha+(90-\alpha-\beta)+\beta+\angle BDP=180$ de donde $\angle BDP=90$ y estamos $\blacksquare$
Sean $E$ el punto de intersección de la perpendicular a $BC$ por $D$ y la mediatriz de $AD$, y $M$ el punto medio del arco $BC$ de $\odot ABC$ que no contiene al punto $A$.
Luego, tenemos que $ED\perp BC$ y que $EA=ED$, de donde podemos ver que la circunferencia de centro $E$ y radio $EA=ED$ (a la que llamamos $\omega$) es tangente a la recta $BC$ en el punto $D$. Por otro lado, tenemos que $A,D,M$ están alineados y que $MB=MC$.
Consideramos la inversión de centro $M$ y radio $MB$. Esta inversión deja fijos $B$ y $C$, y manda la recta $BC$ a la circunferencia $\odot ABC$, como $A,D,M$ están alineados, tenemos que manda $D$ a $A$, luego, ${MB}^2=MA\cdot MD=\text{Pot}(M,\omega )$, de donde $\omega$ queda fija tras la inversión. Pero como la inversión preserva tangencias, y $\omega$ es tangente a $BC$ en el punto $D$, tenemos que $\omega$ es tangente a $\odot ABC$ en el punto $A$; luego, $A$, el centro de $\omega$ y el centro de $\odot ABC$ son colineales, es decir, $A,E,O$ son colineales.
Por lo tanto, la mediatriz del segmento $AD$, la perpendicular a la recta $BC$ por $D$, y la recta $OA$ pasan las tres por el punto $E$.
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
