martes, 12 de abril de 2011
Problema del día (GEO)
Sea $ABC$ un triángulo acutángulo. Se eligen puntos $A_1,B_1,C_1$ en las alturas de $A,B$ y $C$, respetivamente, de manera tal que $(A_1BC)+(AB_1C)+(ABC_1)=(ABC)$. Demuestra que el circuncírculo de $A_1,B_1,C_1$ pasa por el ortocentro de $ABC$.
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3 comentarios:
Veamos primero que como el ortocentro de $\Delta ABC$, llamado $H$ funciona para el problema, entonces si hay dos puntos más cercanos a sus respectivos vértices del triángulo $\Delta ABC$ entonces el tercero debe estar más alejado, y si hay dos alejados, hay uno cercano, de tal modo que el cuadrilátero $B_{1}A_{1}C_{1}H$ es convexo y entonces un segmento de $H$ hacia alguno de los otros tres, es diagonal. Supongamos sin pérdida de generalidad que es $A$ y fijémoslo. Ahora veamos que lo que buscamos es que siendo $D$, $E$ y $F$ los pies de las alturas desde $A$, $B$ y $C$: $\dfrac{A_{1}D\cdot BC+B_{1}E\cdot AC+C_{1}F\cdot AB}{2(ABC)}=1$.
entonces se reduce simplemente a que $\frac{A_{1}D}{AD}+\frac{B_{1}E}{BE}+\frac{C_{1}F}{CF}=1$ la cual llamaremos $Z$. esto quiere decir que para cada valor de $C_{1}F$ existe a lo más uno de $B_{1}E$ y viceversa, lo que haremos entonces será encontrar un punto que funcione para $C_{1}$ para cada valor de $B_{1}$ y entonces serán todos, además demoostraremos con esto también, que $A_{1}B_{1}HC_{1}$ es cíclico.
Primero tracemos las proyecciones de $A_{1}$ hacia $BE$ y $CF$ y llamémoslos $B_{2}$ y $C_{2}$ respectivamente. Por contrucción, es claro que $A_{1}B_{2}HC_{2}$ es cíclico. Además, como $A_{1}B_{2}\perp BE$ y $BE\perp AC$ entonces $A_{1}B_{2}\parallel AC$ y análogmanete $A_{1}C_{2}\parallel AB$. Por el Teorema de Tales $\frac{HC_{2}}{HF}=\frac{HA_{1}}{HA}=\frac{HB_{1}}{HE}$ de donde finalmente vemos que $\Delta A_{1}B_{2}C{2}$ es homotético a $\Delta AEF$ y este a su vez es semejante a $\Delta ABC$ ya que $ECBF$ es cíclico, de modo que $A_{1}B_{2}C_{2}\sim ABC$.
Como $A_{1}B_{2}HC_{2}$ es cíclico, por el Teorema de Ptolomeo $A_{1}H\cdot B_{2}C_{2}=C_{2}H\cdot A_{1}B_{2}+ B_{2}H\cdot A_{1}C_{2}$ luego, pasando todo del mismo lado, multiplicando por el factor de semejanza entre $\Delta A_{1}B_{2}C_{2}$ y $\Delta ABC$, dividiendo entre el área de $\Delta ABC$ y sumando $Z$ para $H$, obtenemos que $\frac{A_{1}D}{AD}+\frac{B_{2}E}{BE}+\frac{C_{2}F}{CF}=1$ que es lo que queríamos demostrar para ver que funcionaba en $Z$ y entonces cumple el enunciado.
Finalmente supongamos que el ángulo $\angle B_{1}A_{1}B_{2}=\alpha$ entonces probemos que un punto $C_{3}$ en $CF$ tal que $\angle C_{3}A_{1}C_{2}=\alpha$ en la misma dirección en que se midió $\angle B_{1}A_{1}B_{2}$ (tomando en cuenta el valor del ángulo como positivo o negativo dependiendo del caso), funciona para $C_{1}$ y entonces son el mismo. Si esto fuera verdad, quiere decir que el cambio en las áreas es equivalente: $\tan(\alpha)\cdot A_{1}B_{2}\cdot AC=\tan(\alpha)\cdot A_{1}C_{2}\cdot AB$ el cual si consideramos a $\tan(\alpha)=0$ funciona y en caso contrario vemos que se cumple si y sólo si $\frac{A_{1}B_{2}}{AB}=\frac{A_{1}C_{2}}{AC}$ el cual es cierto, por lo que $C_{3}=C_{1}$ y entonces el ángulo $\angle B_{1}A_{1}C_{1}$ permanece el mismo siempre y como en uno de estos casos $A_{1}B_{1}HC_{1}$ era cíclico, en todos lo será.
Sean D,E,F los pies de las alturas desde A, B y C respectivamente. Vemos que:
$A_1D*BC+B_1E*CA+C_1F*AB=2(ABC)=HD*BC+HE*CA+ HF*AB$ por lo que
$+-A_1H*BC+-B_1H*CA+-C_1H*AB=0$
si todos fueran positivos o todos negativos, entonces el valor de cada producto seria 0 y por lo tanto $A_1=B_1=C_1=H$, que cumple. De lo contrario, la suma de dos productos sera el tercero, supongamos sin perdida de generalidad que $A_1H*BC=B_1H*CA+C_1H*AB$, sea X el segundo punto de intersección del circuncirculo del triangulo $HB_1C_1$ con AH, si $X=A_1$ ya acabamos, si no podemos ver con angulos en cíclicos que $XB_1C_1$ es semejante a ABC y ademas por Ptolomeo cumple que $XH*B_1C_1=B_1H*C_1X+C_1H*XB_1$
y al multiplicar esta ecuación por $BC/B_1C_1$ nos queda que $XH*BC=B_1H*CA+C_1H*AB$ entonces
$XH*BC=B_1H*CA+C_1H*AB=A_1H*BC$ y por lo tanto $X=A_1$ que es lo que queriamos.
Ya me salió, usando que de la igualdad de las sumas de áreas sale que a1h/ad+... =1 luego, vemos el caso en que a1c1 es paralelo a AB, y vemos que cumple, luego fijamos a1 y con una semejanza sencilla que viene de la suma de las razones que es 1, sacamos que otros puntos b1 y c1 también cumplen, ósea del caso como fácil, brincamos a los otros. AhoritA no tengo tiempo de redactar, son cuentas sencillas, las escribiré mañana o pasado o pasado de pasado...
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