martes, 15 de marzo de 2011

Problema del Día: Martes 15 de marzo de 2011

Sea $ABC$ un triángulo, $L,M,N$ los puntos medios de los lados $BC,CA,AB$, respectivamente, y sean $X,Y,Z$ los puntos medios de las alturas desde $A,B,C$, respectivamente.

Pruebe que $LX,MY,NZ$ concurren en el punto simediano del triángulo $ABC$.

5 comentarios:

jorge garza vargas dijo...

Ya conocía este teorema. Usa armónicos y el siguiente hecho: Si ABC es un triángulo y P el punto de intersección de las tangentes a su circuncírculo por B y C, entonces AP es simediana.
Aunque para demostrar que son concurrentes basta fijarse en el triángulo medial y ver que el punto de concurrencia es el conjugado isotómico del ortocentro del triángulo medial (es decir del circuncentro del ABC), y ver que es el conjugado isotómico es bastante fácil.

Georges dijo...

Yo tambien vi que como es el isotomico del ortocentro en el triangulo medial entonces las rectas concurren, pero todavía no se por que es el punto simediano.

@Jorge: Como es tu prueba con armonicos??

A que te refieres con?

"es el conjugado isotómico del ortocentro del triángulo medial (es decir del circuncentro del ABC)"

No se supone que quieres ver que el conjugado isotomico del ortocentro en el triangulo medial es el punto simediano en el ABC, entonces por que dices que es el circuncentro de ABC?

Eduardo dijo...

o sea, lo que dice es que para la concurrencia no necesitas nada, pk es el isotómico, pero que para ver que es el punto simediano necesitas usar armónicos, y usar la construcción de la simediana por medio de las tangentes al circuncírculo.

Enrique dijo...

(este lo hice con ayuda, pero en fin, igual la escribo)

Por lo de los conjugados isotómicos concurren LX, $MY$ y $NZ$ (también se puede ver con Ceva y la semejanza con el triángulo medial). Ahora, sea $Q$ sobre $BC$ tal que $AQ$ es simediana de $ABC$. Es claro que si demostramos que si $LX$ corta a $AQ$ en en el punto simediano acabamos. Sea $R$ el punto simediano. Sea $P$ el punto de intersección de las tangentes al circuncírculo de $ABC$. Es un hecho conocido que $A$,$Q$ y $P$ son colineales. Ahora, sean $H$ y $T$ las intersecciones de las tangentes al circuncírculo de $ABC$ por $B$ y $A$ y por $A$ y $C$, respectivamente, y sea $E$ la intersección de $AB$ y la tangente al circuncírculo de $ABC$ por $C$. Como $CH$, $TB$ y $PA$ concurren por ser simedianas de $ABC$, $(ECPT)=-1$, luego $H(ECPT)=-1$, de donde $(EFBA)=-1$, luego $C(EFBA)=-1$, de donde $(PRQA)=-1$.

Ahora, como $PBC$ es isósceles, $PL$ es perpendicular a $BC$. Si $D$ es el pie de altura de $A$ a $BC$, tenemos que $AD$ es paralela a $PL$. Entonces, por Tales, $\frac{AD}{PL} = \frac{AQ}{PQ}$. Queremos demostrar que $R$ está sobre $LX$, y esto es equivalente a decir que $\frac{AX}{PL} = \frac{AR}{PR}$ y como $\frac{AX}{PL} = \frac{AD}{2PL}$, queremos que $\frac{AR}{PR} = 2\frac{AQ}{PQ}$, pero esto es directo del hecho de que $(PRQA) = -1$ .

jorge garza vargas dijo...
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