Torneo de las Ciudades - Octubre 2019 - NM P2

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Joacoini

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Torneo de las Ciudades - Octubre 2019 - NM P2

Mensaje sin leer por Joacoini » Mar 29 Oct, 2019 12:13 am

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo. Supongamos que los puntos $A', B',C'$ pertenecen a los lados $BC, AC, AB$ respectivamente, y los segmentos $AA', BB', CC'$ se cortan en un punto común $P$ interior al triángulo. Para cada uno de estos segmentos consideramos la circunferencia que tiene a ese segmento por diámetro y trazamos la cuerda que contiene al punto $P$ y es perpendicular a este diámetro. Estas tres cuerdas tienen las tres la misma longitud. Demostrar que $P$ es el ortocentro del triangulo $ABC$. (O sea, el punto en el que se cortan las alturas de $ABC$.)
NO HAY ANÁLISIS.

joa.fernandez

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Re: Torneo de las Ciudades - Octubre 2019 - NM P2

Mensaje sin leer por joa.fernandez » Dom 03 Nov, 2019 2:35 pm

Solución:
Spoiler: mostrar
Llamamos $A_1A_2$, $B_1B_2$ y $C_1C_2$ a las cuerdas perpendiculares por $P$ a los diámetros $AA'$, $BB'$ y $CC'$ respectivamente (cada diámetro determina una circunferencia distinta).

Mini Lema: Sea $\omega$ una circunferencia de diámetro $DD'$ y una cuerda perpendicular a $DD'$ que corta a $\omega$ en $P$ y $P'$ y a $DD'$ en $M$, entonces $PM = P'M$.
Spoiler: mostrar
$\angle DPP' = \alpha$ y por suma de ángulos internos $\angle D'DP = 90 - \alpha$. Por ser $DD'$ diámetro, $\angle DPD' = 90$ y $\angle P'PD' = 90 - \alpha$. También por arco capaz $\angle DPP' = \alpha = \angle DD'P'$. Ahora, por criterio AAA, los $\triangle P'MD'$ y $\triangle PMD'$ son semejantes, pero como comparten un lado, son congruentes. Luego $PM = P'M$ como queríamos.
Por el lema, $P$ es punto medio de todas las cuerdas.
Ahora, por potencia de un punto tenemos que:
$AP \cdot A'P = A_1P \cdot A_2P $ ; $BP \cdot B'P = B_1P \cdot B_2P $ ; $CP \cdot C'P = C_1P \cdot C_2P $
Pero como $A_1P = A_2P = B_1P = B_2P = C_1P = C_2P$:
$AP \cdot A'P = BP \cdot B'P$ ; $AP \cdot A'P = CP \cdot C'P$ ; $BP \cdot B'P = CP \cdot C'P$;
lo que es equivalente a que los cuadriláteros $ABA'B'(1)$, $ACA'C'(2)$ y $BCB'C'(3)$ son cíclicos.
Ahora, por arco capaz en:
$(1)$ $\angle AB'B = \angle AA'B = \alpha$ y por ser ángulos llanos $180 - \angle AB'B = 180 - \alpha = \angle BB'C = AA'C$.
$(2)$ $\angle AC'C = \angle AA'C = 180 - \alpha$ y por ser ángulos llanos $180 - \angle AC'C = \alpha = BC'C$
$(3)$ $\angle BC'C = \angle BB'C \Rightarrow \alpha = 180 - \alpha \Rightarrow 90 = \alpha$
Entonces, $AA'$, $BB'$ y $CC'$ son alturas del $\triangle ABC$, por lo que $P$ es el ortocentro.
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