Entrenamiento Cono 2018 P14

Matías

OFO - Medalla de Bronce FOFO Pascua 2017 - Medalla OFO - Medalla de Plata
Mensajes: 140
Registrado: Mar 06 Oct, 2015 7:59 pm
Medallas: 4
Nivel: 2

Entrenamiento Cono 2018 P14

Mensaje sin leer por Matías » Sab 11 Ago, 2018 2:31 pm

Sea $P$ un punto interior del triángulo acutángulo $ABC$. Demostrar que si los simétricos de $P$ respecto a los lados del triángulo pertenecen a la circunferencia circunsctipta del triángulo, entonces $P$ es el ortocentro de $ABC$.
1  

Avatar de Usuario
Gianni De Rico

FOFO 7 años - Mención Especial
Mensajes: 685
Registrado: Vie 16 Sep, 2016 6:58 pm
Medallas: 1
Nivel: Exolímpico
Ubicación: Rosario
Contactar:

Re: Entrenamiento Cono 2018 P14

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 11 Ago, 2018 5:07 pm

Spoiler: mostrar
Primero que nada, sabemos que se cumple para el ortocentro. Ahora veamos que si un punto cumple, entonces es el ortocentro. En efecto, sean $H$ y $O$ el ortocentro y circuncentro de $ABC$, y sean $X_A$, $X_B$, $X_C$ las reflexiones del punto $X$ sobre los lados $BC$, $CA$, $AB$ respectivamente, por último, sea $\Gamma$ el circuncírculo de $ABC$ y sean $\Gamma _A$, $\Gamma _B$, $\Gamma _C$ los circuncírculos de $BH_AC$, $CH_BA$, $AH_CB$ respectivamente. Como $P_A$ y $H_A$ están sobre el arco $BC$ que no contiene a $A$, entonces $\angle BPC=\angle BP_AC=BH_AC=\angle BHC$, de donde $P\in \Gamma _A$. Análogamente, $P\in \Gamma _B$ y $P\in \Gamma _C$. Entonces la única forma de que $P\not \equiv H$ es que $\Gamma _A$, $\Gamma _B$ y $\Gamma _C$ vuelvan a pasar todas por un único punto, es decir, que sus centros estén alineados (ya que todos estarían sobre la mediatriz de $HP$). Pero estas circunferencias son las reflexiones de $\Gamma$ por $BC$, $CA$, $AB$ respectivamente, de donde sus centros son $O_A$, $O_B$, $O_C$ respectivamente. Notemos ahora que poniendo $\angle CAB=\alpha$, $\angle ABC=\beta$ y $\angle BCA=\gamma$ tenemos $\angle O_BCB+\angle CBO_C=\angle O_BCA+\angle ACO+\angle OCB+\angle CBO+\angle OBA+\angle ABO_C=2\angle ACO+2\angle OCB+2\angle OBA=2(90°-\beta +90°-\alpha +90°-\gamma )=2(270°-\alpha -\beta -\gamma)=2(270°-180°)=2\cdot 90°=180°\Rightarrow CO_B\parallel BO_C$ y además $CO_B=CO=BO=BO_C$ de donde $BCO_BO_C$ es un paralelogramo y $O_BO_C=BC$. Análogamente, $O_CO_A=CA$ y $O_AO_B=AB$. De donde los triángulos $O_AO_BO_C$ y $ABC$ son congruentes, en particular $O_AO_BO_C$ es acutángulo y no es posible que $O_A$, $O_B$, $O_C$ sean colineales. Por lo tanto $\Gamma _A$, $\Gamma _B$ y $\Gamma _C$ concurren únicamente en $H$. Queda demostrado que $P\equiv H$.
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
[math]

Responder