martes, 15 de febrero de 2011

Problema del Día: 15 de Febrero de 2011

Sea $l$ una recta que pasa por el ortocentro $H$ del triángulo $ABC$. Sean $l_a,l_b,l_c$ las reflexiones de $l$ con respecto a las rectas $BC,CA,AB$, respectivamente. Pruebe que $l_a,l_b,l_c$ son concurrentes.

7 comentarios:

Jorge 'Chuck' dijo...

Primero veamos que si $l$ pasa por algún vértice de $\Delta ABC$ eso significa que las tres reflecciones pasan por ese mismo vértice, ya que $l$ sería la altura desde ese vértice hasta el lado opuesto porque pasa por el ortocentro, de modo que concurren.
Para los demás casos usemos Geometría Analítica. Sea A$=(a,0)$, $B=(b,0)$, $C=(0,c)$ y $H=(0,1)$. Veamos que $l$ corta cuand menos a dos lados del triángulo (o a sus prolongaciones), supongamos que corta a $AB$ y $CB$ en $D=(d,0)$ y $E$. Como $E$ está en la recta $BC$ que es $y=-(x-b)(c/b)$ y en la recta $DH$ que es $y=-(x-d)/d$ y es posible puesto que tanto $a$ como $b$ y $d$ son distintos de cero, porque se otro modo, $l$ pasaría por ellos y ese caso ya fue analizado, de modo que $E$ es la interseccion de ambas rectas, que se da cuando $-(x-d)/d=-(x-b)(c/b)\Rightarrow \dfrac{x}{d}-\dfrac{cx}{b}=1-c \Rightarrow x(\dfrac{b-cd}{bd})=1-c \Rightarrow x=\dfrac{(1-c)(bd)}{b-cd}$ y esto tiene sentido en tanto $c\neq 1$ que es lo que supusimos cuando dijimos que $l$ no pasaba por ningún vértice ya que de lo contrario $c=1$. Entonces sustituyendo obtenemos que $y=-(\dfrac{(1-c)(bd)-bd+cd^{2}}{db-cd^{2}})=-\dfrac{(b-bc)-b+cd}{b-cd}$ y entonces $E=(\dfrac{(1-c)(bd)}{b-cd},-\dfrac{(b-bc)-b+cd}{b-cd})$
Llamemos a la reflexión de $H$ sobre $AB$ y $BC$, $H_{C}$ y $H_{A}$ respectivamente. Veamos que $H_{C}=(0,-1)$ y que como $H_{A}$ está en la altura desde $A$, entonces pertenece a la recta $AH$ que es $y=-(x-a)/a$ y entonces el pie de altura desde $A$, si lo llamamos $Q$ entonces éste es la intersección de $BC$ con $AH$ que significa que $(x-a)/a=(x-b)(c/b)$ de modo que $x=\dfrac{(1-c)(ab)}{b-ac}$ y de manera similar, tiene sentido si $c\neq 1$ que es cierto. Ahora despejando, vemos que $y=-\dfrac{(b-bc)-b+ac}{b-ac}$ de manera que $Q=(\dfrac{(1-c)(ab)}{b-ac},-\dfrac{(b-bc)-b+ac}{b-ac})$ y como la y entonces la reflección de $H$ sobre $BC$ es la reflección de $H$ sobre $Q$ y en éste caso, sabemos que éste último se obtiene restándole al doble de cada coordenada de $Q$, el valor de su coordenada correspondiente de $H$, lo que nos dice que $H_{A}=(\dfrac{(1-c)(2ab)}{b-ac},-\dfrac{2(b-bc)-2b+2ac}{b-ac}-1)$. Si a la intersección de $H_{A}E$ con $H_{C}D$ (que son $l_{A}$ y $l_{C}$ respectivamente) lo llamamos $P$ y demostramos que la reflección de $P$ sobre $AC$ está en $l$, acabaremos.

Jorge 'Chuck' dijo...

Como $P$ es la intersección de la recta $H_{A}E$ que es $y=(\dfrac{-\dfrac{(b-bc)-b+cd}{b-cd}+\dfrac{2(b-bc)-2b+2ac}{b-ac}+1}{\dfrac{(1-c)(bd)}{b-cd}-\dfrac{(1-c)(2ab)}{b-ac}})x+\dfrac{(1-c)(2ab)}{b-ac}$ y esto tiene sentido si $H_{A}E$ no es vertical, el caso contrario lo analizaremso después. Ahora veamos que la ecuación de la recta $H_{C}D$ es $y=(x-d)/d$ entonces el cruce $P$ se da cuando $(x-d)/d=(\dfrac{-\dfrac{(b-bc)-b+cd}{b-cd}+\dfrac{2(b-bc)-2b+2ac}{b-ac}+1}{\dfrac{(1-c)(bd)}{b-cd}-\dfrac{(1-c)(2ab)}{b-ac}})x+\dfrac{(1-c)(2ab)}{b-ac}$ el cual se da cuando $x=\dfrac{\dfrac{(1-c)(2ab)}{b-ac}+1}{\dfrac{1}{d}-\dfrac{-\dfrac{(b-bc)-b+cd}{b-cd}+\dfrac{2(b-bc)-2b+2ac}{b-ac}+1}{\dfrac{(1-c)(bd)}{b-cd}-\dfrac{(1-c)(2ab)}{b-ac}}}$ y despejando, $y=(\dfrac{\dfrac{(1-c)(2ab)}{b-ac}+1}{\dfrac{1}{d}-\dfrac{-\dfrac{(b-bc)-b+cd}{b-cd}+\dfrac{2(b-bc)-2b+2ac}{b-ac}+1}{\dfrac{(1-c)(bd)}{b-cd}-\dfrac{(1-c)(2ab)}{b-ac}}}-d)/d=(\dfrac{\dfrac{(1-c)(2ab)}{b-ac}+1}{-d(\dfrac{-\dfrac{(b-bc)-b+cd}{b-cd}+\dfrac{2(b-bc)-2b+2ac}{b-ac}+1}{\dfrac{(1-c)(bd)}{b-cd}-\dfrac{(1-c)(2ab)}{b-ac}})})$ de donde $P=(\dfrac{\dfrac{(1-c)(2ab)}{b-ac}+1}{\dfrac{1}{d}-\dfrac{-\dfrac{(b-bc)-b+cd}{b-cd}+\dfrac{2(b-bc)-2b+2ac}{b-ac}+1}{\dfrac{(1-c)(bd)}{b-cd}-\dfrac{(1-c)(2ab)}{b-ac}}},(\dfrac{\dfrac{(1-c)(2ab)}{b-ac}+1}{-d(\dfrac{-\dfrac{(b-bc)-b+cd}{b-cd}+\dfrac{2(b-bc)-2b+2ac}{b-ac}+1}{\dfrac{(1-c)(bd)}{b-cd}-\dfrac{(1-c)(2ab)}{b-ac}})}))$ y entonces si a su reflexion en $AB$ que es el eje de las $x$ lo llamamos $R$, podemos ver que $R=(\dfrac{\dfrac{(1-c)(2ab)}{b-ac}+1}{\dfrac{1}{d}-\dfrac{-\dfrac{(b-bc)-b+cd}{b-cd}+\dfrac{2(b-bc)-2b+2ac}{b-ac}+1}{\dfrac{(1-c)(bd)}{b-cd}-\dfrac{(1-c)(2ab)}{b-ac}}},-(\dfrac{\dfrac{(1-c)(2ab)}{b-ac}+1}{-d(\dfrac{-\dfrac{(b-bc)-b+cd}{b-cd}+\dfrac{2(b-bc)-2b+2ac}{b-ac}+1}{\dfrac{(1-c)(bd)}{b-cd}-\dfrac{(1-c)(2ab)}{b-ac}})}))$ y podemos ver que como el valor en $y$ de $P$ se obtuvo de sustituir su valor en la ecuación de la recta de $H_{C}D$ y su negativo es el valor en $y$ de $R$ y que como la ecuación de la recta $DH$ es la forma negativa de la ecuación de la recta de $H_{C}D$ entonces, como $P$ está en la primera, $R$ está en la segunda y acabamos (otra forma de verlo es comprobando que realmente cumple con los valores de la ecuación de la segunda, que tampoco es muy difícil).
En caso de que $H_{A}E$ sea vertical, veamos que significa que $P=(\dfrac{(1-c)(2ab)}{b-ac},\dfrac{(1-c)(2ab)-db+acd}{bd-acd})$ y su reflejado sobre $BC$ que es el eje de las $x$ es $R=(\dfrac{(1-c)(2ab)}{b-ac},-\dfrac{(1-c)(2ab)-db+acd}{bd-acd})$ el cual evidentemente pasa por $DH$ por lo que acabamos.

DANIELIMO dijo...

llamemosle, A1, B1 y C1 a las reflexiones de H sobre BC, CA y AB. es conocido que estan sobre el circuncirculo del ABC. Llamemosle A2, B2 y C2 a la intersección de l con BC, CA y AB. vemos por simetria que ang BC1C2=BHC2=B2HB1=HB1B2. Sea X la intersección de C1C2 con B1B2 (Lc con Lb) vemos que angBC1X=BB1X por lo tanto X esta sobre el circuncirculo del triangulo BC1B1 que es el mismo que el circuncirculo del ABC, analogamente podemos ver que Lc y La tmabien se intersectan en el circuncirlo, y por lo tanto las 3 rectas concurren donde cortan por segunda vez al circuncirculo.

Georges dijo...
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Georges dijo...

Sea ABC el triangulo, D,E,F las proyecciones desde A,B,C a los lados respectivamente, K,L,M las intersecciónes de l con BC,CA,AB y P el punto de interseccion de l_a y l_c.

Persiguiendo ángulos obtenemos que 2<BAD=MPK, luego como MB y KB son bisectrices externas del triangulo PMK entonces B es el excentro y PB es bisectriz, por lo tanto <MPB=<BPK=<BAD

Sea R la intersección de PK y AD como <BAR=<BPR ABRP es cíclico, pero en el triangulo HKR, HD es bisectriz y altura por lo tanto R es la reflexion de H en BC y es conocido que este punto esta en la circunferencia circunscrita de ABC.

Por lo tanto P esta en la circunferencia circunscrita de ABC es decir L_c intersecta a L_a en el punto de intersección con la circunferencia circunscrita de ABC, que no es la reflexion del ortocentro en BC, analogamente L_b la intersecta en este punto, por lo tanto las 3 rectas concurren.

FIN

Manuel Alejandro dijo...
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Manuel Alejandro dijo...

Primeramente, llamamos D, E y F los puntos de intersección de l con BC, CA y AB, respectivamente. Sean G, I y J los puntos de intersección en el circuncírculo del $\triangle ABC$ de AH, BH y CH, respectivamente. Sean $\measuredangle ACH=\measuredangle ABH=\alpha$, $\measuredangle BAH=\measuredangle BCH=\beta$ y $\measuredangle CAH=\measuredangle CBH=\gamma$. Veamos primero que si l pasa por A, B o C, entonces ese punto será en el que se intersecten. Así que supongamos que no toca a A, B o C. SPG diremos que CD está en la prolongación de CB. Sea P el punto de intersección de DG con JF. Vemos que B es el incentro del triángulo DFP, ya que B está tanto en la bisectriz de $\measuredangle DFP$ y del $\measuredangle FDP$. Notamos que $\measuredangle FDB+\measuredangle DFB=\alpha+\gamma$, de lo que notamos que $2\measuredangle FDB+2\measuredangle DFB=\measuredangle DFP+\measuredangle FDP=2\alpha+2\gamma$, entonces $\measuredangle FPD=2\beta$, y como B pertenece a la bisectiz de $\measuredangle FPD$, entonces $\measuredangle FPB=\beta$ , y como $\beta=\measuredangle JPB=\measuredangle JCB$, vemos que P yace en el círculo determinado por J, C y B, el cual es el circuncírculo del $\triangle ABC$. Análogamente vemos que las intersecciones de los otros pares de líneas, yacen sobre la circunferencia, pero sabemos que estos son distinto a G, I y J, entonces son el mismo punto, con esto queda concluido.

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