miércoles, 26 de mayo de 2010

solucion del prob del 24 de mayo

Me tarde en postear por que no me salia una parte (aun no me sale) pero espero entre hoy manana comentar el resto de la solucion, o que me digan si lo que estoy tratando de probar no es cierto.
Pues Si probamos que que los triangulos son homoteticos ya acabamos pues por consiguiente
seran semejantes.
pero si tomamos los triangulos de los cuales esos 3 puntos son los de tangencia del incirculo
de cada uno, entonces basta probar que esos son homoteticos.
Pero esos triangulos resultan ser ABC y el formado por las tangentes al circuncirculo de ABC
en D, E y F.
Osea basta probar que la tangente al circuncirculo por D es paralela a BC, pero eso ocurre si
y solo si D es punto medio del arco BC, que contiene a A.
Pero eso ocurre si y solo si AD es bisectriz externa de ABC, ya que esta siempre pasa por
ese punto medio del arco que contiene a A.

5 comentarios:

IrvinG dijo...

Pues lo que quieres probar sí es cierto, si yo me hubiera dado cuenta de eso me hubiera ahorrado algunas cuentas en mi solución...

Flavio dijo...

Pues ya me salio, asi lo escribi, pero a lo mejor la explicacion se puede acortar mas.
Es conocido que ABC es el triangulo ortico de los excentros, Con I el incentro de ABC y
el Ortocentro del triangulo formado por los excirculos. luego el circuncirculo
de ABC es la circunferencia de los nueve puntos del triangulo de los excirculos
y como esta circunferencia solo pasa por los pies de alturas y puntos medios de cada lado,
entonces el punto medio del arco BC que contiene a A, como es colineal con dos de
los excentros (por ser bisectriz externa), entonces debe ser el punto medio de ese
segmento que une esos dos excentros.Analogamente con los demas puntos medios de los
arcos. Ahora Sea J el circuncentro del triangulo formado por los excirculos y P,Q,R
los puntos donde las bisectrices externas intersectan al circuncirculo de ABC (puntos medios
del triangulo de los excirculos). Entonces <JPA=90. Ademas sabemos que si E_c=excentro opuesto a C
entonces C'E_c es perpendicular a AB por ser el excentro tangente a AB en C'.
entonces como es altura y AB es antiparalela a E_a E_b (por que <E_aAE_b=90 y <E_bBE_a=90)
entonces C' E_c pasa por el cicruncentro de E_a E_b E_c por consiguiente
C'E_c, B'E_b, A'E_a concurren en el circuncentro J de E_a E_b E_c. Entonces
<APJ=90=<JC'A entonces APJC' es ciclico y analogamente JC'QB y analogamente entonces
APJB' y JA'BQ y asi. Por eso los circuncirculos de AB'C', A'BC' y A'B'C pasan todos por J
Y entonces tambien el circuncirculo de AC'B' pasa por el punto medio del arco BC que contiene a A
(P), entonces queda concluido por que entonces la interseccion del circuncirculo de ABC y
el de AB'C' si es el punto que queria y ya habiamos visto como concluir con el si y solo si

hvillan dijo...

Hola Flavio. Por eso me gustó ese problema, porque con varias cosas podian resolverlos, hasta la circunferencia de los nueve puntos aparece ahi. Saludos

Flavio dijo...

Si, se me hizo bastante bonito, aunque me tarde mucho en resolverlo, y a la mejor esta un poco largo lo que hice

hvillan dijo...

Sí, parece que te tardaste en ver todo eso, pero tus conjeturas iniciales eran buenas, sólo tenías que ver por qué eran ciertas.

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