Sea [math]ABC un triángulo acutángulo, [math]\Gamma su circunferencia circunscrita y [math]M el punto medio del lado [math]BC. Sea [math]N el punto del arco [math]BC de [math]\Gamma que no contiene a [math]A, tal que [math]\angle NAC=\angle BAM. Sea [math]R el punto medio de [math]AM, [math]S el punto medio de [math]AN y [math]T el pie de la altura desde [math]A al lado [math]BC. Demuestre que los puntos [math]R, [math]S y [math]T son colineales.
Última edición por Emerson Soriano el Dom 19 Jun, 2016 11:36 pm, editado 1 vez en total.
Sean [math]L y [math]L' los puntos medios de los arcos [math]BC y [math]BAC, respectivamente. Prolonguemos [math]AM hasta cortar a [math]\Gamma en [math]M'. Es evidente que [math]AN
es simediana. Vamos a obtener dicho punto [math]N de la siguiente manera: reflejamos [math]AM respecto de [math]BC y llamamos [math]N' y [math]A' a la interseccion de esta recta reflejada con [math]\Gamma y [math]AT, respectivamente. Esta claro que [math]\angle N'ML=\angle AML' y por opuesto al vertice este ultimo es igual a [math]\angle LMM'. Por ser [math]LL' diametro
es que los arcos [math]LN'=LM' (sabemos que AL es bisectriz) entonces [math]N'=N. Ahora es facil ver que como [math]AT=A'T, los puntos [math]T, S, R estan sobre la base media, respecto de [math]A'M, en el triangulo (isosceles) [math]A'MA
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.
Notemos que [math]AN es simediana de [math]ABC. Luego, podemos suponer sin perdida de generalidad que [math]AB \geq BC. Una homotecia centro [math]A razón [math]2 lleva a [math]R, [math]S y [math]T a [math]M, [math]N y el reflejo de [math]A por [math]BC respectivamente, y un reflejo por [math]BC de estos tres puntos llevan a estos puntos a [math]M, el reflejo de [math]N por [math]BC que llamaremos [math]N_1 y [math]A. Luego, queremos ver que estos puntos son colineales, y en particular ,que [math]B\hat{M}N_1=B\hat{M}A, o que [math]B\hat{M}N=B\hat{M}A por reflejo, pero como [math]B\hat{A}M=N\hat{A}C=N\hat{B}M, queremos demostrar que [math]AMB y [math]BMN son semejantes, o que [math]M\hat{B}A=M\hat{N}B, que es equivalente a ver que [math]M\hat{N}B=A\hat{N}C. Luego, necesitamos que [math]AN sea simediana de [math]BNC, o que, por lema de simedianas, [math]A, [math]N y el punto de intersección de las tangentes a [math]\Gamma por [math]B y [math]C sean coliniales, pero esto es trivial ya que [math]AN es simediana de [math]ABC.
Última edición por jujumas el Lun 20 Jun, 2016 2:15 pm, editado 1 vez en total.
Es conocido que el cuadrilatero [math]ABNC es armónico.
Ahora, la perpendicular a [math]AN por [math]S corta a la recta [math]BC en [math]X. Las tangentes a [math]\Gamma por [math]A y [math]N se cortan en [math]X'.
Como [math]S es el punto medio de [math]AS, se tiene que [math]X' está en la perpendicular a [math]AN por [math]S.
Como [math]ABNC es cíclico, las tangentes y la recta [math]BC se cortan en un punto. Luego [math]X' está en [math]BC.
De esto se tiene que [math]X = X'.
En particular, [math]XA es tangente a [math]\Gamma
Finalmente
[math]\angle ATS = \angle AXS = 90 - \angle XAS = 90- \angle XAN = 90 - \angle ACN= [math]= 90 -\angle AMB = 90 - \angle AMT = \angle TAM = \angle TAR = \angle ATR
"Al toque Roque // Al pique Quique // Tranca palanca // No pasa nada // Argentina Gana // La tenés adentro //
Es un hecho conocido que [math]ABNC es un cuadrilatero armónico, por lo que proyectando por [math]C a la recta [math]AN tenemos que, siendo [math]Q la intersección de [math]BC y [math]AN y [math]X la interseccion de las tangentes a la circunscrita de [math]ABC por [math]B y [math]C, [math]AN y la mediatriz de [math]BC, la cuaterna [math](A,N,Q,X)=-1. Ahora voy a usar el lema que dice que si [math]A,B,C,D son cuatro puntos sobre una recta en ese orden y [math]X un punto cualquiera, y se cumplen dos de las siguientes 3, entonces se cumple la tercera: [math](A,C,B,D)=-1, [math]BX perpendicular a [math]XD y [math]BX bisectriz de [math]AXC. Aplicando esto a [math]A,Q,N,X con el punto [math]M, se tiene que [math]MQ es bisectriz de [math]AMN, pero como [math]\angle{BMA}=\angle{RTM} por ser [math]R el punto medio de la hipotenusa [math]AM en [math]ATM, y usando lo que mencione antes, [math]\angle{NMB}=\angle{MTR} por lo que [math]MN es paralela a [math]TR y como [math]R es punto medio de [math]AM, [math]TR pasa por el punto medio de [math]AN, como pedia el problema.
Sea [math]ABC un triángulo, con [math]AB>AC (sin pérdida de generalidad), sea [math]\Gamma su circuncírculo, sea [math]M el punto medio de [math]BC y sea [math]H el pie de la altura desde [math]A hacia [math]BC. Ubicamos un punto [math]D en la recta [math]AH ([math]H entre [math]A y [math]D) tal que [math]AM=MD, en consecuencia [math]AH=HD, [math]AC=CD, [math]\angle HAC=\angle HDC=\theta y [math]\angle BAM=\angle BDM=\alpha. Supongamos que la recta [math]MD corta a [math]\Gamma en el punto [math]T, y hagamos [math]\angle TAD=\beta, [math]\angle TAM=\phi. Es fácil darse cuenta que [math]\angle MBT=\beta +\theta, [math]\angle MCT=\alpha +\phi y [math]\angle MDC=\phi +\beta +\theta.
Si [math]\alpha \neq \beta +\theta, supongamos sin pérdida de generalidad que [math]\alpha <\beta +\theta, entonces existe un punto [math]R en el interior del segmento [math]MT tal que [math]\angle MBR=\alpha. Luego, es claro que la recta [math]MD es eje radical de los circuncírculos de los triángulos [math]BTD y [math]DTC. Así, tenemos que [math]\angle MCR=\phi +\beta +\theta <\angle MCT=\alpha +\phi, y en consecuencia, [math]\alpha >\beta +\theta, lo cual es absurdo. Por lo tanto, [math]\angle BAM=\alpha =\beta +\theta =\angle TAC, es decir, [math]AT es simediana, y por ende [math]T=N.
Finalmente, [math]R, [math]S y [math]T son puntos de la base media del triángulo [math]AMD, con base [math]MD.
De todos modos, llamamos [math]O el centro de [math]\Gamma y [math]A' y [math]N' las intersecciones de [math]NM y [math]AM con [math]\Gamma, respectivamente.
De esto sale que los puntos [math]C, A', B, N', M son los reflejos de los puntos [math]B, A, C, N, M. Como los primeros cuatro de estos de cada una de esas listas estan sobre [math]\Gamma, son equidistantes de [math]O y [math]O esta sobre la linea por la cual se reflejaron. Como [math]M refleja a si mismo, [math]M tambien esta sobre esta linea y tal linea es la mediatriz de [math]BC. Entonces, [math]OM es la bisectriz de [math]\angle AMA' = NAN', de donde [math]\angle AMO = \angle NMX, donde [math]X es la interseccion de [math]OM con [math]\Gamma.
Ahora, es directo que [math]\angle AMC = \angle CMN.
Ya que tenemos eso probado, vemos que [math]RS \parallel MN, por Thales. Extendamos [math]MN hasta que interseque a [math]AT en [math]P.**
Vemos que el triangulo [math]APM es isosceles porque [math]\angle TAM + \angle AMT = 90^{\circ} = \angle TPM + \angle PMT \Rightarrow \angle TAM = \angle TPM y se tiene que [math]T es el punto medio de [math]AP. Nuevamente por Thales, [math]TR \parallel MP \parallel NM \parallel RS y [math]T,R,S son colineales.
** Si [math]AT \parallel MN, [math]\angle NMT = 90^{\circ}, pero como ya habiamos probado que [math]\angle NMT = \angle AMT, [math]\angle AMT = 90^{\circ} y [math]M=T, por lo que la colinealidad es trivial.
Creo que me complique mucho mas de lo que era necesario...
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
Para todo [math]k, existen [math]k primos en sucesión aritmética.
Sea $I$ el punto medio del arco $BNC$ de $\Gamma$ y $G$ el punto de intersección de la semirrecta $RM$ con $\Gamma$, luego $AI$ es bisectriz de $\angle BAC$ y $MI$ es mediatriz de $BC$. Como $AN$ es simediana de $\triangle ABC$ tenemos que $\angle NAI=\angle IAG\Rightarrow NI=IG$, por lo que $BCNG$ es un trapecio isósceles, en particular $MI$ es mediatriz de $NG$, por lo que $MN=MG\Rightarrow \angle MGN=\angle MNG$, por ángulos entre paralelas $\angle RMT=\angle MGN$ y $\angle TMN=\angle MNG$, por lo tanto $\angle RMT=\angle TMN$. Por la propiedad de la mediana de un triángulo rectángulo tenemos $RT=RM\Rightarrow \angle RTM=\angle RMT=\angle TMN\Rightarrow RT\parallel MN$. Por ser $RS$ base media de $MN$ en $\triangle AMN$ resulta $RS\parallel MN$. Por lo tanto los puntos $R,S,T$ están sobre la paralela a $MN$ por $R$.