jueves, 20 de mayo de 2010

Solucion al problema del dia


Tomemos M' como el punto medio de H'B.
Llamemosle E a la proyeccion de E_1 en H'B , F al puntomedio de AH' y D al punto medio de AB.

Tenemos que (son todos angulos en esta parte)
ang CDM=ang CBA=90-ang RC_1B= ang CC_1R
Porque CRC_1Q es ciclico ya que tiene 2 angulos opuestos de 90 entonces ang CC_1R=ang CQR. Entonces ang CQR= ang CMD entonces MRDQ es ciclico, y similarmente lo son MQPF, PFEM' y EM'DR.

Como las diagonales del ACBH' son perpendiculares, entonces P,C_1 y D son coliniales al igual que RC_1F. Entonces ang DPF=90= ang DRF, entonces DPFR es ciclico. Similarmente MQEM' es ciclico.

Veamos las circunferencias MRDQ,DPFR y MQPF. El eje radical de la primera con la segunda es RD, el de la primera con la tercera es MQ y el de la segunda con la tercera es PF, pero esas 3 lineas no concurren entonces dos de esas circunferencias son la misma, porlotanto los seis puntos son conciclicos.
Haciendo lo mismo de 6 en 6 puntos obtenemos que MQPFEM'DR es ciclico.

Tenemos que como angFRD=90 entonces el punto medio de F y D es O. Por Varignon tenemos que MFM'D es paralelogramo, porlotanto el punto medio de MM' es el mismo que el de FD , que es O.

Porlotanto M' es el reflejado de M con respecto a O, y como solo hay un reflejado entonces M'=M y como M' esta sobre BH', tambien lo esta M_1 (y dehecho es su punto medio)

2 comentarios:

hvillan dijo...

Hola Diego, Te faltó probar (o más bien, mencionar) que H' (como lo llamaste, el cuál supongo es H_1) está sobre el circuncírculo de ABC. Otro detallito, a D lo definiste como punto medio de AB y en realidad es el punto medio de BC

Diego627 dijo...

cierto, y es correcto, H' es H_1 y D es punto medio de BC

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