Sea [math]\triangle ABC un triángulo acutángulo con ortocentro [math]H, y sea [math]W un punto sobre el lado [math]BC, estrictamente entre [math]B y [math]C. Los puntos [math]M y [math]N son los pies de las alturas desde [math]B y [math]C respectivamente. Se denota por [math]\omega_1 la circunferencia que pasa por los vértices del triángulo [math]BWN, y por [math]X el punto de [math]\omega_1 tal que [math]WX es diámetro de [math]\omega_1. Análogamente, se denota por [math]\omega_2 la circunferencia que pasa por los vértices del triángulo [math]CWM, y por [math]Y el punto de [math]\omega_2 tal que [math]WY es diámetro de [math]\omega_2. Demostrar que [math]X,Y y [math]H son colineales.
"Though my eyes could see I still was a blind man"
Sea [math]P el pie de la altura desde [math]A. Notemos por angulitos que [math]\angle NWC = \angle NXB y [math]\angle NBX = \angle BAP = \angle NCB. Entonces [math]\triangle NBX y [math]\triangle NCW son rotohomotéticos por [math]N. Análogamente, [math]\triangle MCY y [math]\triangle MBW son rotohomotéticos por [math]M. Es decir, tenemos que
Finalmente, notemos que [math]\triangle HPC y [math]\triangle BPA son semejantes. Entonces
[math]\dfrac{HP}{CP} = \dfrac{BP}{AP} \iff HP = \dfrac{BP\times CP}{AP}
Es claro que [math]X,Y,H son colineales si y sólo si [math]\text{Area}(BPXH) + \text{Area}(CPYH) = \text{Area}(BCXY). Como son trapecios todos, podemos calcular las áreas:
[math]\begin{align*}(BPXH) + (CPYH) - (BCXY) &= \dfrac{HP+BX}{2}\times BP + \dfrac{HP+CY}{2}\times CP - \dfrac{BX+CY}{2}\times BC \\&= \dfrac{\frac{BP\times CP}{AP} + \frac{BP\times CW}{AP}}{2}\times BP + \dfrac{\frac{BP\times CP}{AP}+\frac{BW\times CP}{AP}}{2}\times CP - \dfrac{\frac{CW\times BP}{AP}+\frac{BW\times CP}{AP}}{2}\times BC \\ &= \dfrac{1}{2AP}\left( BP^2 \cdot CP + BP^2 \cdot CW + CP^2 \cdot BP + CP^2\cdot BW - BC\cdot CW\cdot BP - BC\cdot BW\cdot CP\right) \\ &= \dfrac{1}{2AP}\left( BP\cdot CP(BP+CP) - BP\cdot CW(BC-BP) - CP\cdot BW(BC-CP) \right) \\ &= \dfrac{1}{2AP} \left( BP \cdot CP \cdot BC - BP \cdot CW \cdot CP - BP \cdot CP \cdot BW \right) \\ &= \dfrac{BP\cdot CP}{2AP} \left( BC - BW - CW \right) \\ &= 0\end{align*}
Entonces, [math](BPXH) + (CPYH) = (BCXY) como queríamos demostrar [math]\blacksquare
"Though my eyes could see I still was a blind man"
Sea [math]V el segundo punto de intersección [math]\omega_1 y [math]\omega_2. Notemos que como [math]BNMC es cíclico, [math]AN\times AB = AM\times AC, entonces [math]A está en el eje radical de [math]\omega_1 y [math]\omega_2. Entonces, por el Teorema de Miquel, [math]V está en la circunferencia por [math]\odot AMN. Entonces, [math]\angle AVH = 90^\circ, pues [math]AH es el diámetro de esa circunfenrencia. Análogamente, [math]\angle YVW = 90^\circ y [math]\angle XVW = 90^\circ por ser diámetros. Como [math]A,V y [math]W están alineados, y esos ángulos son iguales, [math]X,Y y [math]H están alineados. Y estamos [math]\blacksquare
- Sea [math]P el segundo punto de interseccion de [math]w1 con [math]w2. Y sea [math]L el pie de la altura desde [math]A. Como [math]WX y [math]WY son radios de [math]w1 y [math]w2 respectivamente, [math]\angle XPW = 90 = \angle WPY. Entonces [math]\angle XPY = 180, por lo que [math]X,[math]P,[math]Y son colineales.
Ahora, [math]BNMC es ciclico, pues [math]\angle BNC = \angle BMC = 90. Entonces por potencia de un punto, [math]AN.AB = AM.AC Entonces [math]A tiene la misma potencia respecto de [math]w1 y [math]w2. Luego [math]A esta sobre el eje radical [math]PW, por definicion del mismo. Ademas, [math]NBWP es ciclico, pues los 4 puntos estan sobre [math]w1 entonces [math]AN.AB = AP.AW[math](1), ademas [math]NBHL es ciclico, pues [math]\angle BNH + \angle BLH = 90 + 90 = 180. Entonces [math]AN.AB = AH.AL[math](1).
De [math](1) y [math](2), [math]AH.AL = AP.AW entonces por el reciproco de potencia de un punto, [math]PHLW es ciclico. Entonces [math]\angle HPW = 180 - \angle HLW = 90. Entonces [math]\angle XPW = \angle HPW = 90. Entonces [math]X,H y [math]P son colineales. Luego [math]X,H,P,Y son colineales. Estamos.[math]\blacksquare
che pero môn =360-90-90-â= 180 - ^a=^b+^c (mirando el cuadrilatero amon) . por ser wy diametro w^cy=90 de donde m^cy =90- ^c. analogamente n^by= 90- ^b. por arco capaz, môy=90-^c y nôx=90-^b. luego xôy= 90-^b+^b+^c+90-^c=180
Correción: ese arco capaz que dije es inventado. ya lo pensaré bien.
No pretendo ser quisquilloso pero tengo una duda: ya que estás aprendiendo a escribir documentos con [math]\LaTeX, ¿por qué no copiás las soluciones acá en lugar de postear el documento? (es más fácil para el que pretende ver la solución y eventualmente revisarla).
Sea [math]\theta = 1,3063778838... Para todo entero positivo [math]k se cumple que [math]\left\lfloor \theta^{3^k}\right\rfloor es un número primo.
Notemos que $BCMN$ es cíclico pues $BM\perp MC$ y $BN\perp NC$ al ser alturas en $ABC$ (análogamente se tiene que $AMHN$ es cíclico), por lo tanto $AB\cdot AN=AC\cdot AM$. Consideremos la inversión de centro $A$ y radio $\sqrt{AB\cdot AN}$, tenemos que manda $N$ a $B$ y $M$ a $C$, luego, manda $\odot AMHN$ a $BC$, por lo que si $H'$ es el inverso de $H$, resulta que $H'$ es el pie de la altura desde $A$ en $ABC$. Además, como $B$ y $N$ son inversos, se sigue que $\omega _1$ queda fija, análogamente, $\omega _2$ queda fija, luego, si $X'$ es el inverso de $X$ e $Y'$ es el inverso de $Y$, tenemos que $X'$ es el segundo punto de intersección de $AX$ con $\omega _1$ y que $Y'$ es el segundo punto de intersección de $AY$ con $\omega _2$.
Como $WX$ y $WY$ son diámetros de $\omega _1$ y $\omega _2$, respectivamente, tenemos que $WX'\perp X'X\parallel X'A$ y que $WY'\perp Y'Y\parallel Y'A$, además, por ser altura resulta que $WH'\perp H'A$, luego $A,X',H',Y'$ están sobre la circunferencia de diámetro $AW$, así que $AX'H'Y'$ es cíclico, entonces $X,H,Y$ son colineales.
