martes, 29 de marzo de 2011

Problema del día - Martes 29 de marzo de 2011 - GEO

El triángulo $ABC$ tiene excentros $I_a$, $I_b$, $I_c$. Los ortocentros de los triángulos $I_aBC$, $I_bCA$ e $I_cAB$ son $H_a$, $H_b$ y $H_c$, respectivamente. Muestra que las líneas $AH_a$, $BH_b$ y $CH_c$ concurren y que el punto de concurrencia está sobre la línea que une el incentro y el gravicentro del triángulo $ABC$.

4 comentarios:

Flavio dijo...

Me suena a que ya lo habia hecho:
Primero veamos el $H_a$. Este esta en las alturas de $B$ a $I_a I_b$, que es perpendicular a
$I_a I_b$, entonces es paralela a $IB$, analogamente la altura desde $C$ a $I_a I_c$ es paralela
a $IC$. Luego $IBH_aC$ es paralelogramo.
Luego $H_a$ es el reflejado de I con respecto al punto medio de BC.Luego usando vectores
$H_a = \frac{B+C}{2}-(I-\frac{B+C}{2})= B+C-I$ analogamente
$H_b = A+C-I$
$H_c=A+B-I$
Ahora veamos donde se intersectan $A H_a$ y $I G$
queremos que $l(B+C-I)+(1-l)A = x(A+B+C)/3 + (1-x)I$ Ahora para comodidad ponemos $G$ como el origen
entonces $A+B+C=0$
entonces queremos que
$(1-x)I = -lI - lA + (1-l)$ Aqui nos damos cuenta que si l=1/2 y x=3/2 funciona. Entonces
De hecho $IG$ biseca a los segmentos $AH_a,BH_b, CH_c$ y estos pasan por el punto $\frac{3}{2} G -\frac{1}{2} I$
que es constante y esta sobre $IG$, entonces todos pasan por ahi y concurren esas cuatro rectas, que es lo que queria
(ya me acorde que si lo habiamos visto, y que tambien se hacia viendo que si tienes tres paralelogramos
adyacentes, entonces las rectas que en esta caso quieres concurren, viendo que otros son paralelogramos y
usando que sus diagonales se bisecan, solo no me acuerdo ahi como probabas que concurrian en $IG$)

Jorge 'Chuck' dijo...

Veamos que $H_{b}A$ es perpendicular a $I_{b}C$ y de manera similar lo es $IC$ siendo $I$ el incentro de $\Delta ABC$. Análogamente podemos obtener las siguientes relaciones: $AH_{b}\parallel CI\parallel BH_{a}$, $AH_{c}\parallel BI\parallel CH_{a}$ y $BH_{c}\parallel AI\parallel CH_{b}$ de modo que tenemos los siguientes paralelogramos: $AICH_{b}$, $BIAH_{c}$ y $CIBH_{a}$, de modo que $CH_{b}=AI=BH_{c}$ y de forma análoga $AH_{b}=CI=BH_{a}$ y $AH_{c}=BI=CH_{a}$ por lo cual $\Delta BH_{a}C\cong \Delta H_{b}AH_{c}$ puesto que dos de sus lados son iguales y el ángulo entre ello también. Pero no sólo eso, sino que son homotéticos, por lo que $BH_{b}$, $AH_{a}$ y $CH_{c}$ concurren en el centro de homotecia de razón uno. Llamemos a este punto, $P$.
Ahora veamos dónde corta $IG$ a $AH_{a}$ si lo corta a la mitad habremos acabado por lo que descubrimos anteriormente. PAra esto primero analicemos nuevamente los paralelogramos y veamos que $BC$ y $H_{a}I$ se cortan en su punto medio, y de manera análoga sucede con $AB$ y $H_{c}I$ y $AC$ y $H_{b}I$. Ahora, si los puntos medios de los lados $AB$, $AC$ y $BC$ los llamamos $M_{c}$, $M_{b}$ y $M_{a}$ respectivamente, entonces una homotecia nos transfiere a $\Delta AH_{c}H_{b}$ en $\Delta H_{a}CB$ y otra con centro en $M_{a}$ nos transfiere a este mismo triángulo a $\Delta IBC$ de modo que una tercer homotecia de centro colineal con los otros dos nos transfiere a $\Delta IBC$ de regreso a $AH_{c}H_{b}$ pero como este es un punto en el infinito, entonces $PM_{a}$ no intersecta a $AI$ por lo que son paralelas. De manera análoga vemos que $M_{b}P$ es paralelo a $BI$ y $M_{c}P$ es paralelo a $CI$. Luego, como $M_{a}M_{b}\parallel AB$, como $M_{a}M_{c}\parallel AC$ y como $M_{b}M_{c}\parallel BC$, entonces los triángulos $\Delta ABI$ y $\Delta M_{a}PM_{b}$ son homotéticos, y por lo mismo $PI$, $AM_{a}$ y $BM_{b}$ concurren, luego como los últimos dos se intersectan en $G$, también $PI$ pasa por $G$ que es lo que queríamos demostrar.

Enrique dijo...

Para probar que concurren:
Demostraremos que los cuadriláteros $ACH_{a}H_{c}$,$CBH_{c}H_{b}$ y $BAH_{b}H_{a}$ son paralelogramos. Con esto, tendríamos que el punto de intersección de $AH_{a}$ con $CH_{c}$ es el punto medio de ambos, y el punto de intersección de $CH_{c}$ con $BH_{b}$ es el punto medio de ambos que tambien es punto medio de $AH_{a}$, con lo cual las tres concurrirían.
Probaremos que $ACH_{a}H_{c}$ es un paralelogramo; la demostracion será análoga para los otros dos cuadriláteros. En efecto, tenemos que $AH_{c}$ y $CH_{a}$ son perpendiculares a $I_{a}I_{c}$ por ser alturas, de donde $AH_{c} \parallel CH_{a}$. Ahora, sean $C',C'',A',A''$ los puntos de tangencia de los excírculos con centros $I_{a}$ e $I_{c}$ sobre las rectas $BC$ y $AC$;$BA$ y $CA$, respectivamente. Es un hecho conocido que $AC''=CA''=s$, donde $s$ es el semiperímetro de $\Delta ABC$, y como $CC''=CC'$ y $AA''=AA'$ por ser tangentes a los excírculos, $AC+CC'=CA+AA'=s \Rightarrow CC'=AA'$ Como $I_{a},H_{a}$ y $A'$ son colineales, al igual que $I_{c},H_{c}$ y $C'$, $\angle I_{a}C'C= \angle H_{a}C'C= \angle I_{c}A'A= \angle H_{c}A'A = 90º$ Además, si $I$ es el incentro de $\Delta ABC$ y $\angle IBC=\angle IBA =\beta$, como $IB$ es perpendicular a $I_{a}I_{c}$, es paralela a $CH_{a}$ y $AH_{c}$, luego $\angle IBC=\angle BCH_{a}=\beta$ y $\angle IBA=\angle BAH_{c}=\beta$, de donde $\Delta H_{a}C'C \cong \Delta H_{c}A'A$, luego $CH_{a}=AH_{c}$. Entonces, $ACH_{a}H_{c}$ es un paralelogramo, como queríamos.

Para probar la colinealidad:
Sean $L,M,N$ los puntos medios de $BC,CA$ y $AB$, respectivamente. Fijémonos en los triángulos $ABC$, $LMN$ y $H_{a}H_{b}H_{c}$ y llamémoslos triángulos $\Sigma,\Phi y \Omega$, respectivamente. Tenemos que los lados de $\Omega$ son paralelos a los de $\Sigma$ dado que los cuadriláteros $ACH_{a}H_{c}$,$CBH_{c}H_{b}$ y $BAH_{b}H_{a}$ son paralelogramos. Entonces, los tres triángulos son homotéticos dos a dos. Sean $I,G$ y $P$, el incentro, el gravicentro, y el punto de concurrencia de $AH_{a}, BH_{b} y CH_{c}$, respectivamente. Es claro que $P$ es el centro de homotecia de $\Sigma$ y $\Omega$ y que $G$ es el centro de homotecia de $\Sigma$ y $\Phi$. Ahora, tomemos el cuadrilátero $ICH_{a}B$. Es claro que $BI$ y $CH_{a}$ son perpendiculares a $I_{a}I_{c}$ y que $CI$ y $BH_{a}$ son perpendiculares a $I_{a}I_{b}$, por lo que $ICH_{a}B$ es un paralelogramo y $I,L$ y $H_{a}$ son colineales. Haciendo esto con los otros dos lados de $ABC$ obtenemos que $I$ es el centro de homotecia de $\Phi$ y $\Omega$, con lo cual $I,G$ y $P$ son colineales. $\blacksquare$

DANIELIMO dijo...

sean D,E,F puntos medios de AB,BC,CA respectivamente, sean I el incentro y G gravicentro de ABC.Es Fácil ver que IBHaC es un paralelogramo, por lo que D es punto medio de IHa analogamente E y F son puntos medios de IHb,IHc respectivamente. entonces el triangulo HaHbHc es Homotetico al DEF siendo I el centro de homotecia, sabemos ademos que DEF es homotetico al ABC con centro en G, por lo tanto ABC y HaHbHc son homoteticos con centro en un punto K (el punto de concurrencia que buscamos)que ademas es colineal con I y G.

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