Sea [math]ABC un triángulo isósceles de base [math]AB. Se eligen los puntos [math]P en el lado [math]AC y [math]Q en el lado [math]BC tales que [math]AP+BQ=PQ. La recta paralela a [math]BC que pasa por el punto medio del segmento [math]PQ corta al segmento [math]AB en [math]N. La circunferencia que pasa por los vértices del triángulo [math]PNQ corta a la recta [math]AC en los puntos [math]P y [math]K, y a la recta [math]BC en los puntos [math]Q y [math]L. Si [math]R es el punto de intersección de las rectas [math]PL y [math]QK, demostrar que la recta [math]PQ es perpendicular a la recta [math]CR.
"Al toque Roque // Al pique Quique // Tranca palanca // No pasa nada // Argentina Gana // La tenés adentro //
Bueno, la idea era poner [math]M como punto medio de [math]PQ y [math]X en [math]PQ tal que [math]BQ=QX
Luego te queda que [math]PMN\equiv XQB
Por arco capaz en la circunferencia te queda que [math]PKQ=PLQ=90^{\circ} y entonces en [math]PCQ[math]R es el ortocentro
Como no me alcanzo el tiempo, me falto demostrar que PMN y XQB eran semejantes
"Al toque Roque // Al pique Quique // Tranca palanca // No pasa nada // Argentina Gana // La tenés adentro //
Sea [math]2l=AB=AC, [math]2x=AP y [math]2y=BQ.
Tenemos [math]PC=2l-2x, [math]CQ=2l-2y, [math]PQ=2x+2y.
Sea [math]E la interesección entre [math]AC y [math]DN.
Como [math]DE es base media de [math]PQC, tenemos: [math]DE=CQ/2=l-y, [math]PD=DQ=PQ/2=x+y, [math]PE=EC=PC/2=l-x.
Como [math]DN es paralela a [math]BC y [math]ABC es isósceles, [math]AEN es isósceles.
Luego [math]EN=AE=AP+PE=(2x)+(l-x)=x+l.
Y [math]DN=EN-DE=(x+l)-(l-y)=x+y.
Se sigue que [math]DN=PD=DQ, por lo que [math]D es el circuncentro de [math]PNQ, y luego [math]PQ es diámetro.
Pero eso quiere decir que [math]\angle PKQ = \angle PLQ = 90^{\circ}, luego [math]KQ y [math]PL son alturas del triángulo [math]CPQ.
Luego [math]R es ortocentro de [math]CPQ, y [math]CR es altura, lo que demuestra que [math]CR y [math]PQ son perpendiculares.
Sea [math]M el punto medio de [math]PQ. Sea [math]P' sobre la semirrecta [math]QB tal que [math]QP'=QP. Sea [math]r la recta paralela a [math]BC que pasa por [math]M. Es claro que [math]r\parallel QP', además, [math]r pasa por el punto medio de [math]PQ. Luego, [math]r intersecta a [math]PP' en su punto medio. Veamos que [math]AB también intersecta a [math]PP' en su punto medio.
En efecto, sea [math]N' la intersección de [math]AB y [math]PP'. Es claro que en los triángulos [math]PN'A y [math]P'N'B se tiene que [math]PA=BP' y que [math]\angle PN'A = \angle BN'P' (es decir hay ángulos iguales oponiéndose a lados iguales). Como [math]ABC era isósceles, los ángulos [math]\angle PAN' y [math]\angle N'BP' son suplementarios, y por lo tanto [math]PN'=N'P'.
Luego resulta que [math]N'=N. Además, al ser [math]PQP' isósceles, y [math]N punto medio de [math]PP', se tiene que [math]\angle QNP=90^{\circ}. Luego, [math]PQ es diámetro. Sigue que [math]QK\perp PC y [math]PL\perp CQ, de donde [math]R es ortocentro de [math]PQC, y trivialmente [math]CD\perp PQ.
Nota: La igualdad [math]PN=NP' es una consecuencia linda y sencilla del teorema del seno aplicado a los correspondientes triángulos.
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.
Si demostramos que [math]\angle PNQ = 90^{\circ} habremos terminado, pues se seguirá que [math]\angle PLQ = \angle PNQ = 90^{\circ} y [math]\angle PKQ = 180^{\circ} - \angle PNQ = 90^{\circ} y luego [math]Q será el ortocentro del triángulo [math]CPR.
Quedémonos sólo con los puntos [math]A,B,C,P y [math]Q que define el problema; los otros no nos interesan por ahora. Sea [math]E el excentro del triángulo [math]CPQ respecto del vértice [math]C, y sea [math]\Gamma dicho excírculo; [math]PE y [math]QE son bisectrices de [math]\angle APQ y [math]\angle BQP respectivamente. Supongamos que [math]\Gamma es tangente a las rectas [math]CA y [math]CB en [math]A' y [math]B' respectivamente. Luego por propiedades de tangencia del excírculo, [math]PA' + QB' = PQ = PA + PB y también [math]CA ' = CB' de donde se deduce que [math]A' = A y [math]B' = B. Sean [math]N_1 = QE \cap AB y [math]N_2 = PE\cap AB. Luego denotando [math]\angle ACB = 2c y [math]\angle BQE = \angle PQE = \alpha es trivial despejar [math]\angle PN_2A = \alpha, de donde el cuadrilátero [math]PQN_1N_2 es cíclico, y también es trivial despejar [math]\angle CAB = \angle PEQ = \angle CBA = 90^{\circ} - c de donde los cuadriláteros [math]APN_1E y [math]BQN_2E tambien son cíclicos. Luego [math]\angle PN_1Q = \angle PAE = 90^{\circ}, luego si [math]M denota el punto medio del segmento [math]PQ, tenemos que [math]M es el centro de la circunferencia por [math]PQN_1N_2. Luego el triángulo [math]QMN_1 es isóceles con [math]MN_1 = MQ y así [math]\angle MN_1Q = \angle MQN_1 = \alpha = \angle BQN_1. Entonces [math]MN_1||BC, y [math]N_1 es la intersección de la paralela a [math]BC por el punto medio de [math]PQ, y el lado [math]AB. Es decir [math]N=N_1, y el problema sigue.
Bue, misma idea que todos... Si demostramos que PQ es diámetro de la circunferencia que pasa por PNQ, ganamos. Ya que PKQ = PLQ = 90º, es decir PL y QK alturas del triángulo CPQ, entonces donde se cortan (en R) es el ortocentro de dicho triángulo y CR es perpendicular a PQ.
Para demostrar que PQ es diámetro, quiero demostrar que PNQ es 90º, para esto si llamamos M al punto medio de PQ, quiero demostrar que PM = MN = MQ. Y de esto sigue que PNQ = 90º.
Me quedo solo con los puntos ABC y P, Q, M y N.
Si llamamos a PA = X, QB = Y, tenemos: PA = PC = X, QB = QC = Y
Por enunciado: PQ = X+Y, PM = MQ = (X+Y)/2, queremos llegar a que MN = (X+Y)/2
Tiramos PB y que corta a MN en J. Como MJ pasa por el punto medio de PQ y es paralela a la base es base media. Por lo tanto MJ = X/2. Ahora nos faltaría demostrar que JN = Y/2 y tendríamos lo que queremos.
J es punto medio de PB, si tiramos la base media del triángulo ABP y que corta a AB en L. JL es base media de PAB y mide Y/2. Pero se nos forma el triángulo JLN que es isósceles ya que se forma con la base del triángulo original y paralela a sus lados iguales. Por lo tanto JN=Y/2, como queríamos.
MN = (X+Y)/2 = MP =MQ, PQ diámetro y KQ y LP alturas, R ortocentro y CR perpendicular a PQ como pedía!
Algo más simple:
*Sean $AC=CB=L$ $\Rightarrow$ $AP=L-PC$ y $BQ=L-QC$
*Sea $D$ el punto medio de $PQ$ $\Rightarrow PD=DQ=L-\frac{PC+QC}{2}$
*Por $P$ trazamos la paralela a $DN$, que corta a $AB$ en $E$.
$\Rightarrow$ $\triangle APE \sim \triangle ACB$, por lo que $\triangle APE$ $\: \: \:$ es isósceles ($AP = PE$). Luego $PE=L-PC$
*$EPQB$ $\: \: \:$ es trapecio ($PE \parallel QB$) y $DN$, base media.
$\Rightarrow DN=\frac{PE+QB}{2}=L-\frac{PC+QC}{2}=PD=DQ$
*Luego, $\triangle PNQ$ $\: \: \:$ es rectángulo (por ser la menor mediana $DN=\frac{PQ}{2})$
$\Rightarrow PQ$ es diámetro, y por arco capaz $\: \: \:$ $P\widehat{L}Q=P\widehat{K}Q=90º$
$\Rightarrow$ $R$ es ortocentro de $\triangle PCQ$
$\therefore$ $\: \: \:$ $PQ \perp CR$ $\: \: \:$ ($QED$)
Sea $G$ en la prolongación de $CB$ tal que $BG=AP$, luego $QG=QB+BG=QB+AP=QP$. Sean $O$ el punto medio de $PQ$ y $N'=AB\cap PG$. Por Menelao en $\triangle PGC$ (sin segmentos dirigidos) tenemos $\frac{CA}{AP}\frac{PN'}{N'G}\frac{GB}{BC}=1$, pero $BC=CA$ por ser $\triangle ABC$ isósceles de base $AB$, y $AP=GB$ por construcción, luego $\frac{PN'}{N'G}=1\Rightarrow PN'=N'G$, es decir que $N'$ es el punto medio de $PG$, luego $ON'$ es base media de $GQ$ en $\triangle PQG\Rightarrow ON'\parallel GQ\parallel BC\parallel ON$ y como $N$ y $N'$ están sobre $BC$, resulta $N=N'$. Ahora, como $N$ es el punto medio de $PG$ y $QG=QP$ tenemos $\angle QNP=90°$, y por arco capaz $\angle PKQ=\angle PLQ=90°$, de donde $C$ es el ortocentro de $\triangle PQR$ y $CR\perp PQ$.
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