Sea [math]ABC un triángulo acutángulo con [math]AC \neq BC. Las alturas [math]AD y [math]BE de este triángulo se intersecan en [math]H. Sea [math]\omega_1 la circunferencia de centro [math]H y radio [math]HE y sea [math]\omega_2 la circunferencia de centro [math]B y radio [math]BE. La tangente a [math]\omega_1 trazada desde [math]C que no pasa por [math]E, toca a [math]\omega_1 en [math]P; la tangente a [math]\omega_2 trazada desde [math]C que no pasa por [math]E, toca a [math]\omega_2 en [math]Q.
Demostrar que los puntos [math]D, [math]P, [math]Q son colineales.
[math]BQ = BE porque son radios. [math]BE es perpendicular a [math]AC y [math]BQ es perpendicular a [math]QC.
Como los opuestos suman [math]180, [math]BECQ es un cuadrilátero cíclico. [math]BEC y [math]BQC son congruentes al compartir dos lados y un ángulo de [math]90, entonces [math]E\widehat{B}C = Q\widehat{B}C = x y [math]BC es la bisectriz de [math]E\widehat{B}Q.
Como [math]BEQ es isósceles, la bisectriz es la mediatriz y [math]BC corta a [math]EQ en [math]F perpendicularmente.
Como [math]A\widehat{D}C = D\widehat{F}E = 90, [math]AD es paralela a [math]EQ.
Definamos [math]P\widehat{D}H = j y [math]D\widehat{Q}F = k.
Como [math]D está en la mediatriz de antes, [math]DEQ también es isósceles con [math]DE = DQ y [math]D\widehat{E}F = k
Entonces [math]E\widehat{D}F = 90-k porque recordemos que [math]D\widehat{F}E = 90, y [math]H\widehat{D}E = k.
Como [math]HECD es un cuadrilátero cíclico ya que sus ángulos en los vértices opuestos [math]D y [math]E son de [math]90, entonces [math]H\widehat{C}E = k por arco capaz.
Al ser un cuadrilátero cíclico, [math]D\widehat{C}E + D\widehat{H}E = 180, [math]D\widehat{C}E = 90-x y [math]D\widehat{H}E = 90+x.
Definamos [math]D\widehat{C}P = y.
Como [math]H\widehat{E}C = H\widehat{P}C = 90, [math]HECP es un cuadrilátero cíclico y [math](x+90 + P\widehat{H}D) + (90-x-y) = 180, entonces necesariamente [math]P\widehat{H}D = y por lo que [math]HCDP es otro cuadrilátero cíclico al ser iguales [math]P\widehat{H}D y [math]P\widehat{C}D.
Como es cíclico, por arco capaz [math]P\widehat{D}H = P\widehat{C}H = j.
Como [math]HPC y [math]HEC son congruentes al compartir dos lados (el que es el mismo para ambos y un radio) y el ángulo de 90, entonces todos los ángulos son iguales y en particular [math]j=k.
Ahora, como [math]AD es paralela a [math]EQ y [math]P\widehat{D}H = D\widehat{Q}E, entonces [math]P, [math]D y [math]Q son colineales.
Última edición por MatíasBergerman el Jue 19 May, 2016 9:58 pm, editado 1 vez en total.
Es facil ver por tangencias que [math]CEBQ y [math]CEHP son romboides. Luego, [math]Q y [math]P son los reflejos de [math]E por [math]BC y [math]CH respectivamente. Luego, la homotecia con centro [math]E y razón [math]\frac{1}{2} manda a [math]Q al pie de la perpendicular a [math]BC por [math]E que llamaremos [math]Q_1, a [math]D al punto medio de [math]DE que llamaremos [math]D_1, y a [math]P al pie de la perpendicular por [math]E a [math]CH que llamaremos [math]P_1. Es fácil ver que [math]CEP_1Q_1 y [math]CEHD son cíclicos. Por mediana de un triángulo rectángulo, paralelas y cíclicos tenemos entonces que [math]D_1\widehat{Q_1}E=D_1\widehat{E}Q_1=E\widehat{D}H=E\widehat{C}P_1=P_1\widehat{Q_1}E. Luego, como probamos colinealidad para los puntos homotéticos, tenemos terminado el problema.
Ya que $PHEC$ es ciclico $\Longrightarrow$ $\measuredangle HBA=\measuredangle HCE=\measuredangle HEP$ $\Longrightarrow$ $EP\parallel AB$ y sea $X$ $=$ $EP\cap BC$ $\Longrightarrow$ $\measuredangle EXC$ $=$ $\measuredangle ABC$ $=$ $\measuredangle CDE$ $\Longrightarrow$ $CE^2=CD.CX...(\star)$ ademas es facil notar que $E$ y $Q$ son puntos simetricos respecto a $BC$ $\Longrightarrow$ $\measuredangle EXC=\measuredangle QXC$ y $CE=CQ$ $\Longrightarrow$ $XQ>XP...(1)$ $\Longrightarrow$ como $CP=CQ=CE$ y $XC$ es bisectriz de $\angle PXQ$ y ademas $XQ>XP$ $\Longrightarrow$ es facil ver que $CPXQ$ es ciclico. Consideremos la inversion $\mathcal I$ con centro $C$ y radio $CE$ $\Longrightarrow$ por $(\star)$ obtenemos que $\mathcal I(X)=D$ como $CPXQ$ es ciclico al aplicarle la inversion $\mathcal I$ nos debe salir una linea ya que la circunferencia $\odot (CPXQ)$ pasa por el centro de la inversion $\mathcal I$ $\Longrightarrow$ $\mathcal I(\odot (CPXQ)=\overline{PDQ}$ por lo tanto $P$, $D$ y $Q$ son colineales.
Como $BE\perp AE$ y $AD\perp BD$ tenemos que $AEDB$ es cíclico y $C\widehat DE=B\widehat AC$. Además $EC=PC$ por ser tangentes a $\omega _1$ desde $C$ y $HE=HP$ por ser radios de $\omega _1$, luego $EP\perp CH\perp AB\Rightarrow EP\parallel AB\Rightarrow C\widehat PE=P\widehat EC=B\widehat AC=C\widehat DE$ y $CDPE$ es cíclico, luego, $E\widehat PD=180^\circ -B\widehat CA$.
Como $BE=BQ$ por ser radios de $\omega _2$ y $CE=CQ$ por ser tangentes a $\omega _2$ desde $C$, resulta $E\widehat CQ=2B\widehat CA$. Pero tenemos que $EC=PC=QC$ por lo que $C$ es el circuncentro de $\triangle EPQ\Rightarrow E\widehat PQ=180^\circ -B\widehat CA$.
Entonces $E\widehat PD=E\widehat PQ$ y $D,P,Q$ son colineales.
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Notemos que como $CE$ y $CP$ son tangentes en $\omega_1$, entonces $CE=CP$. Del mismo modo al ser $CE$ y $CQ$ son tangentes en $\omega_2$, entonces $CE=CQ$, por lo que $E$, $P$ y $Q$ pertenecen a la circunferencia de centro $C$ y radio $CE$ (a la que llamaremos $\omega_3$).
Selimo 2016 P2.PNG
Por lo que ahora podemos definir $P=\omega_1 \cap \omega_3$ y $Q=\omega_2 \cap \omega_3$.
Vemos entonces que tenemos que nuestras $3$ circunferencias pasan por el punto $E$, por lo que se ve muy tentador invertir por dicho punto. Pero antes, repasemos un pequeño lemita.
Lema: Sea $\Omega$ una circunferencia de centro $X$ y un punto $O$ en dicha circunferencia. Si la inversión centrada en $O$ lleva $X$ a $X^*$, entonces lleva $\Omega$ a la mediatriz de $OX^*$
Nosotros sabemos que esta inversión, al estar $O$ en $\Omega$, lleva $\Omega$ a un recta $l$ tal que $l\perp OX$.
Ahora sea $Y$ el diametral opuesto a $O$ en la circunferencia e $Y^*$ el punto al que se invierte.
Selimo 2016 P2 lema inversion.PNG
Entonces se tiene que $OX\times OX^* = OY \times OY^*$, pero $OY=2OX$, entonces $OX^* = 2OY^*$, y como tanto $X^*$ como $Y^*$ están en la misma semirrecta con respecto a $O$, entonces $Y^*$ es el punto medio de $OX^*$, y como $Y \in \Omega \Rightarrow Y^* \in l$, lo que implica que $l$ es mediatriz de $OX^*$, como queríamos ver.
Entonces si invertimos vamos a notar lo siguiente.
$1.$ Los puntos $C$, $B$ y $H$ se invertiran en puntos $C^*$, $B^*$ y $H^*$ de modo que nos encontraremos un triángulo $C^*EH^*$ con $C^*\widehat{E}H^* = 90^{\circ}$ y $B^*$ un punto en el segmento $EH^*$.
$2.$ $\omega_1$, $\omega_2$ y $\omega_3$ se invertiran en las mediatrices de $H^*E$, $B^*E$ y $C^*E$ respectivamente. Pero como $P=\omega_1 \cap \omega_3$, entonces $P^*$ será el circuncentro de $H^*EC^*$, que como es rectángulo entonces $P^*$ es el punto medio de $H^*C^*$. Un razonamiento análogo nos deja que $Q^*$ es el punto medio de $B^*C^*$.
$3.$ Sabemos de un principio que $EHDC$ es cíclico, por lo que $D^*$ tiene que estar en $C^*H^*$. Además como $D$ está en $BC$, entonces $D^*$ deberá estar en la circunferencia de $C^*EB^*$.
$4.$ Si el problema nos pide demostrar que $3$ puntos son colineales, ahora deberemos demostrar que los inversos de esos $3$ puntos con $E$ forman un cuadrilátero cíclico.
Entonces el problema queda así:
Selimo 2016 P2 despues de invertir.PNG
Ahora si $\angle C^*H^*E = \alpha$, como $P^*$ y $Q^*$ son puntos medios de $H^*C^*$ y $B^*C^*$ respectivamente, entonces el segmento $P^*Q^*$ es base media en el triángulo $H^*C^*B^*$, por lo que $P^*Q^* \parallel B^*H^* \Rightarrow \angle C^*P^*Q^* = \angle C^*H^*B^* = \angle C^*H^*E = \alpha$, lo que nos dice que $\angle Q^*P^*D^* = 180^{\circ} - \alpha$.
Lo último que nos faltaría ver es que $\angle D^*EQ^* = \alpha$, que implicaría $D^*P^*Q^*E^*$ cíclico como buscamos.
Como $\angle C^*H^*E = \alpha \Rightarrow \angle H^*C^*E= 90^{\circ} - \alpha$ y si decimos $\angle B^*ED^* = \beta$, como $B^*EC^*D^* $ es cíclico, entonces $\angle B^*C^*D^*=\beta$ por lo que $\angle EC^*Q^* = \angle EC^*B^* = 90^{\circ}-\alpha - \beta$. Al ser $Q^*$ circuncentro de $B^*EC^*$ tenemos que $\angle Q^*EC^* = \angle Q^*C^*E = 90^{\circ}-\alpha - \beta$. Pero teníamos que $\angle H^*EC^*=90^{\circ}$ por lo que $\angle D^*EQ^* = \angle H^*EC^*- \angle H^*EQ^* - \angle Q^*ED^* = 90^{\circ} - \beta - (90^{\circ}-\alpha - \beta) = \alpha$. Demostrando así lo pedido por el problema.
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Notemos que como $CE$ y $CP$ son tangentes en $\omega_1$, entonces $CE=CP$. Del mismo modo al ser $CE$ y $CQ$ son tangentes en $\omega_2$, entonces $CE=CQ$, por lo que $E$, $P$ y $Q$ pertenecen a la circunferencia de centro $C$ y radio $CE$ (a la que llamaremos $\omega_3$).
Selimo 2016 P2.PNG
Por lo que ahora podemos definir $P=\omega_1 \cap \omega_3$ y $Q=\omega_2 \cap \omega_3$.
Vemos entonces que tenemos que nuestras $3$ circunferencias pasan por el punto $E$, por lo que se ve muy tentador invertir por dicho punto. Pero antes, repasemos un pequeño lemita.
Lema: Sea $\Omega$ una circunferencia de centro $X$ y un punto $O$ en dicha circunferencia. Si la inversión centrada en $O$ lleva $X$ a $X^*$, entonces lleva $\Omega$ a la mediatriz de $OX^*$
Nosotros sabemos que esta inversión, al estar $O$ en $\Omega$, lleva $\Omega$ a un recta $l$ tal que $l\perp OX$.
Ahora sea $Y$ el diametral opuesto a $O$ en la circunferencia e $Y^*$ el punto al que se invierte.
Selimo 2016 P2 lema inversion.PNG
Entonces se tiene que $OX\times OX^* = OY \times OY^*$, pero $OY=2OX$, entonces $OX^* = 2OY^*$, y como tanto $X^*$ como $Y^*$ están en la misma semirrecta con respecto a $O$, entonces $Y^*$ es el punto medio de $OX^*$, y como $Y \in \Omega \Rightarrow Y^* \in l$, lo que implica que $l$ es mediatriz de $OX^*$, como queríamos ver.
Entonces si invertimos vamos a notar lo siguiente.
$1.$ Los puntos $C$, $B$ y $H$ se invertiran en puntos $C^*$, $B^*$ y $H^*$ de modo que nos encontraremos un triángulo $C^*EH^*$ con $C^*\widehat{E}H^* = 90^{\circ}$ y $B^*$ un punto en el segmento $EH^*$.
$2.$ $\omega_1$, $\omega_2$ y $\omega_3$ se invertiran en las mediatrices de $H^*E$, $B^*E$ y $C^*E$ respectivamente. Pero como $P=\omega_1 \cap \omega_3$, entonces $P^*$ será el circuncentro de $H^*EC^*$, que como es rectángulo entonces $P^*$ es el punto medio de $H^*C^*$. Un razonamiento análogo nos deja que $Q^*$ es el punto medio de $B^*C^*$.
$3.$ Sabemos de un principio que $EHDC$ es cíclico, por lo que $D^*$ tiene que estar en $C^*H^*$. Además como $D$ está en $BC$, entonces $D^*$ deberá estar en la circunferencia de $C^*EB^*$.
$4.$ Si el problema nos pide demostrar que $3$ puntos son colineales, ahora deberemos demostrar que los inversos de esos $3$ puntos con $E$ forman un cuadrilátero cíclico.
Entonces el problema queda así:
Selimo 2016 P2 despues de invertir.PNG
Ahora si $\angle C^*H^*E = \alpha$, como $P^*$ y $Q^*$ son puntos medios de $H^*C^*$ y $B^*C^*$ respectivamente, entonces el segmento $P^*Q^*$ es base media en el triángulo $H^*C^*B^*$, por lo que $P^*Q^* \parallel B^*H^* \Rightarrow \angle C^*P^*Q^* = \angle C^*H^*B^* = \angle C^*H^*E = \alpha$, lo que nos dice que $\angle Q^*P^*D^* = 180^{\circ} - \alpha$.
Lo último que nos faltaría ver es que $\angle D^*EQ^* = \alpha$, que implicaría $D^*P^*Q^*E^*$ cíclico como buscamos.
Como $\angle C^*H^*E = \alpha \Rightarrow \angle H^*C^*E= 90^{\circ} - \alpha$ y si decimos $\angle B^*ED^* = \beta$, como $B^*EC^*D^* $ es cíclico, entonces $\angle B^*C^*D^*=\beta$ por lo que $\angle EC^*Q^* = \angle EC^*B^* = 90^{\circ}-\alpha - \beta$. Al ser $Q^*$ circuncentro de $B^*EC^*$ tenemos que $\angle Q^*EC^* = \angle Q^*C^*E = 90^{\circ}-\alpha - \beta$. Pero teníamos que $\angle H^*EC^*=90^{\circ}$ por lo que $\angle D^*EQ^* = \angle H^*EC^*- \angle H^*EQ^* - \angle Q^*ED^* = 90^{\circ} - \beta - (90^{\circ}-\alpha - \beta) = \alpha$. Demostrando así lo pedido por el problema.
Banco mucho la solución con inversión y todo, pero no hagamos esa cosa yanki de escribir a los inversos con $^*$ por favor jajaja, mantengamos el patriotismo y escribamos los inversos con $'$.
Banco mucho la solución con inversión y todo, pero no hagamos esa cosa yanki de escribir a los inversos con $^*$ por favor jajaja, mantengamos el patriotismo y escribamos los inversos con $'$.