miércoles, 18 de enero de 2012

Problema del día: Geometría

¡Perdón, se me pasó poner ayer el problema! Pero bueno, aquí está:

Sea $ABC$ un triángulo con circuncentro $O$ e incentro $I$. El excírculo $\omega _a$ toca a $AB, AC$ y $BC$ en $K, M$ y $N$, respectivamente. Demuestra que si el punto medio de $KM$ está sobre el circuncírculo de $ABC$, entonces $O, N$ e $I$ son colineales.

22 comentarios:

Adán dijo...

Mmm, según yo geometría toca los miércoles.

IrvinG dijo...

Jajaja, claro, qué tonto! Es que cuando vi ayer la fecha en la computadora, ya era miércoles, pero no me di cuenta que ya era la 1:00 del miércoles...

Juan dijo...
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Juan dijo...

Ya me salió. Le llamo a los excentros respectivos a A, B y C, $W_A$, $W_B$, $W_C$. Entonces, el circumcírculo de ABC será la circunferencia de 9 puntos de $W_AW_BW_C$. Por tanto, si N' es el circuncentro de $W_AW_BW_C$, O es el punto medio de IN', pues I es el ortocentro de $W_AW_BW_C$. Así, si demuestro que N=N', habré acabado. Sin embargo, por isogonalidad de I y N', tengo que $W _A$, N y N' son colineales. Por tanto, el problema reduce a demostrar lo siguiente: $R_1=W_AN$, donde $R_1$ es el circunradio de $W_AW_BW_C$. No obstante,
$W_AN=W_AC*$sen$NCW_A = W_AC*$sen$W_C=W_AW_C*$cos$W_A*$sen$W_C=2R*$cos$W_A*$sen$W_B*$sen$W_C$. (Aquí uso Ley de Senos y semejanzas que se derivan de la isogonalidad de N' y I). Además, el ángulo $W_BW_AW_C$ mide lo mismo que $90-(A/2)$, donde A es la medida del ángulo $BAC$. Así, es suficiente con demostrar que:
$\frac{1}{2} =$cos$\frac{A}{2}$sen$\frac{B}{2}$sen$\frac{C}{2}$.
Ahora bien, la información que se nos ha dado hay que usarla. Es claro que $D_1$, el punto medio de KM, es lo mismo que la intersección de KM con $AW_A$. No obstante, la intersección de $AW_A$ y el circuncírculo de ABC es D, el punto medio del arco BC. Por tanto, D=$D_1$. Así, $AD=AD_1$. Pero podemos calcular ambas distancias. Usando la Ley De Senos calculamos AD.
$AD=\displaystyle\frac{ABsen(B+(A/2))}{senC}$. Usando que $AMD_1$ es un triángulo rectángulo y que AM=s (el semiperímetro), obtiene que:
$AD_1=s*$cos$(A/2)$. Sin embargo, usando Ley de Senos en ABC para obtener s y AB en términos de los senos de sus ángulos y de R, el circunradio de ABC, obtenemos que (al final divido entre R):
$2$sen$C*$sen$(B+(A/2))=(senA+senB+senC)(senC)(cos(A/2))$.
Teniendo ésto, llegar a $\frac{1}{2} =$cos$\frac{A}{2}$sen$\frac{B}{2}$sen$\frac{C}{2}$ son sólo cuentas. (Nota: Debemos tener en cuenta que A+B+C=180). Ésto se reduce a demostrar que (con w, x, y y z igual a senA/2, cosA/2, sen B/2, cos c/2):
$4xyz+4z^2w-2w=zx^2-wxy+wx+xy \Rightarrow$
$wz(xz-yw)=\frac{1}{2}$. Pero ésto se puede solucionar para $y$, y queda ver que
$(zx^2+wx+2w-4z^2w)(w^2z)=$
$(z^2wx-\frac{1}{2})(4xz+wx-z)$, y sabiendo que $w^2+x^2=1$, esto es trivial. Quod erat demonstrandum. $\clubsuit$.

Marco dijo...

Sean T,U,V, los puntos medios de KM,MN,KN, respectivamente. Demostraremos que U,V pertenecen al circuncírculo de ABC.
Sea <A=2a y <B=2b. Como TU es paralela a KN tenemos<UTM=<NKM=<CMN=(<ACB)/2=90-(a+b). También, como ABTC es cíclico y AT es perpendicular a KM, tenemos <BTK=2a+2b-90. Entonces <BTU=180-(a+b). Luego, como JC es perpendicular a CI, tenemos <BCJ=a+b, de dónde BTUC es cíclico. Análogamente para V.

Marco dijo...

Sean J,Y,X los excentros de ABC con respecto a A,B,C respectivamente. Como ABC es el triángulo órtico de XYJ, tenemos que la circunferencia que pasa por ABVTUC es la circunferencia de los 9 puntos de XYJ, por lo que V,U son los puntos medios de XJ y YJ respectivamente. Además, notemos que si demuestro que N es el circuncentro de XYJ, el problema quedará resuelto por línea de Euler en el triángulo XYJ.

Marco dijo...

Veamos primero que como <JCI=<JBI=90, JCIB es cíclico. Pero además, es conocido que T es el circuncentro de BIC, entonces TJ=TI. De aquí, como IJ y KM son perpendiculares en T, y además éste es punto medio tanto de KM como de IJ, tenemos que JKIM es un rombo.
Ahora, Como JY y MN son perpendiculares entre sí en U, y además éste es el punto medio tanto de MN como de JY, tenemos que JNYM es un rombo. De la misma manera lo es JNXK. Entonces como los segmentos KX y MY tienen la misma longitud y son paralelos, tenemos que MYXK es un paralelogramo. Luego, como los triángulos XIY, MNK tienen respectivos lados paralelos (MN,XI son ambos perpendiculares a JC), son semejantes, pero XY=KM, entonces son congruentes, de dónde XI=MN, por lo que XIMN es un paralelogramo.
De aquí XN=IM=JK=JN. Análogamente YN=JN.
QED

Juan dijo...

Solución 2: Usando la solución 1, simplemente demuestro que N es el circuncentro de $W_AW_BW_C$. Es fácil ver que $W_AMKI$ es un rombo. Si demuestro que $W_AN=NW_BN$, habré acabado (tendría $W_AN=W_BN$, y éstos serían iguales a $W_CN$ por un argumento análogo). Pero como $W_AW_B$ pasa por el punto medio de NM, y por ser el circuncírculo de ABC la circunferencia de 9 puntos de $W_AW_BQ_C$, si de muestro que el punto medio de MN, $X_1$, es cíclico con A, B y C, habré acabado. Llamémosle al punto medio de NK, $X_2$. Entonces con ángulos es fácil ver que $X_1X_2B=90+X_1X_2N=90+$$MKN = 90+(MW_AN)/2 = 90+W_BW_AN = 180-NCW_A = 180-$$W_BW_CW_A = 180-90-C/2=90-C/2=BCW_A=BCX_1$, por lo que $BCX_1X_2$ es cíclico. También, $CD_1X_2$ será igual al ángulo entre las líneas $CD_!$ y MN, el cual es fácil de calcular considerando el triángulo $CNX_3$, donde $X_3$ es la intersección de MN con $CD_1$. Así, el ángulo -será 90+B/2 = 180-$CBW_A = 190-CBX_2$, por lo que $D_1, X_2$, C y B serán concíclicos. Así, conseguimos con un argumento análogo y considerando resultados anteriores que $A,B,C,X_1,X_2,D$ son concíclicos, que era lo que queríamos. Quod erat demonstrandum. $\clubsuit$.

José A. dijo...

Llamemos P al punto medio de MK. Lo primero que podemos ver fácilmente es que P está en la bisectriz del <BAC. Esto porque AK=AM y por lo tanto AP es perpendicular a KM, lo cual nos lleva a lo anterior pues la linea perpendicular al lado distinto de un triángulo isósceles es la bisectriz.

Llamemos a X como el punto de tangencia del incírculo con BC. Por un resultado conocido sabemos que BX=CN. Ahora, como P está en la circunferencia y a la vez en la bisectriz de <BAC, entonces P es el punto medio del arco BC del circuncírculo.
Sabiendo entonces que <BAP=<PAC=$D$ sabemos que por cíclicos <PBP=<BCP=$D$. Esto nos dice que la perpendicular desde P a BC da en su punto medio.
Esto mismo pasa con el circuncírculo, lo que nos indica que siento R el punto medio de BC, los puntos P, R y O son colineales.
Queremos demostrar que I, O, N son colineales por lo que basta con cumplir la razón

$\frac{IX}{OR}=\frac{XN}{RN}$

Sabiendo que como NC=BX entonces R es también el centro de XN y por lo tanto

$\frac{XN}{RN}=2$ entonces lo que queremos demostrar es $\frac{IX}{OR}=2$

Ahora, $OR= OP-RP$. Digamos que $r_{I}$ es el inradio, r_{O} es el circunradio y $r_{a}$ es el exradio. Podemos ver que como R es el centro de XN y RP es paralela a NW y IX, por Tales, P es el punto medio de IW.

De ahí vemos entonces que:
$RP=\frac{r_{a}-r_{I}}{2}$

Entonces, volviendo a la igualdad que deseamos demostrar:

$\frac{IX}{OR}=\frac{r_{I}}{r_{O}-RP}=2$
$\Leftrightarrow$
$r_{I}=2(r_{O}-RP)$
$\Leftrightarrow$
$r_{I}=2r_{O}-2(\frac{r_{a}-r_{I}}{2})$
$\Leftrightarrow$
$r_{I}=2r_{o}-r_{a}+r_{I}$
$\Leftrightarrow$
$r_{a}=2r_{o}$

Entonces tenemos que probar que el radio del circuncírculo es la mitad que el del excírculo.

Eso llevo hasta ahora.

alberto_pjn dijo...
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alberto_pjn dijo...
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alberto_pjn dijo...

Aquí está la mía: Sean $ I_a, I_b, I_c $ y sean $ E y F $ las intersecciones de $ I_aI_b y I_aI_c $ con $ NM y NK $ respectivamente.
Es fácil ver que estas intersecciones forman ángulo recto (con lema de perpendicularidad) además de que son los puntos medios de $ MN y KN $.
Utilizaré el hecho de que $ \triangle ABC $ es el triángulo órtico de $ \triangle I_aI_bI_c $ y de que D estará en la intersección de $ I_aA $ con $ KM $ donde será perpendicular (porque $ I_aA $ es mediatriz).

Con ángulos notaremos que como D y F son puntos medios y forman una paralela a $ NM $, además que $ BC $ es tangente a $ \omega_a $ :

$$ \angle I_a DF = 90° + \angle KDF = 90° + \angle KMN = 90° + \angle KNB $$

Pero como $ BI_b $ es altura del triángulo formado por los excentros y había dicho que $ KN \bot I_a I_c $ es inmediato que este ángulos es igual a $ \angle ABF $ lo que implica que ABFD es cíclico, pero D está en el circuncirculo del triángulos original, por lo que F ( y de manera análoga E) son concíclicos con A, B y C.

Pero por lo mencionado arriba, está circunferencia, es la circunferencia de los 9 puntos de $ \triangle I_aI_bI_c $, por lo que E y F son puntos medios de $ I_aI_b $ y $ I_aI_c $ , de donde N esta en la mediatriz de ambos segmentos, por lo tanto N es circuncentro de $ \triangle I_aI_bI_c $

Pero esto último implica que N está en la recta de Euler de $ \triangle I_aI_bI_c $, junto con su ortocentro (que es I) y el centro de su circunferencia de los 9 puntos (que es O) con l oque terminamos el problema.

alberto_pjn dijo...

En el rectangulito rojo solo vienen estás igualdades de ángulos:
\angle I_aDF = 90° + \angle KDF = 90° + \angle KMN = 90° + \angle KNB

Adán dijo...

Sean $X, Y, Z$ los respectivos excentros del triángulo $ABC$ opuestos a los vértices $A, B, C$. Sean $L_{k}, L_{m}, L_{n}$ los puntos medios de $MN, NK, KM$.

Tenemos que $ABC$ es el triángulo órtico de $XYZ$. Entonces $I$ es el ortocentro de $XYZ$, y $O$ es el centro de la circunferencia de los $9$ puntos de $XYZ$, pues $A, B, C$ son los pies de altura de $XYZ$. Entonces, veamos que $XA$ es altura, por lo que, como $XN$ es altura en $XBC$, tenemos que como $YZBC$ es cílico y la altura es isogonal a la línea que va del vértice al circuncentro, tenemos que el circuncentro de $XYZ$ es está sobre $XN$. Tenemos que por estar en la recta de Euler, $I, O$ y el circuncentro de $XYZ$ son colineales. Entonces tenemos que $I$. $N, I, O$ son colineales si solo si $N, I$ y el circuncentro de $XYZ$ son colineales, pero el circuncentro de $XYZ$ está sobre $XN$, así que $N$ debe ser el circuncentro de $XYZ$ que es lo que probaremos.

Adán dijo...

Ahora, veremos que como $ABCL_{n}$ es cíclico, y $L_{n}$ está sobre $XA$, entonces $L_{n}$ es el punto medio $XI$. Entonces, veamos que $XZ, XY, XA$ son perpendiculares en el punto medio de $MN, NK, KM$ respectivamente, pues $X$ es centro de $\omega_{a}$. Entonces, tenemos que $MK$ y $YZ$ son perpendiculares a $XA$, y $L_{k}L_{m}$ es paralela a $MK$, entonces, podemos ver que $CZ, NL_{m}, L_{k}L_{n}$ son paralelas y perpendiculares a $XY$. Entonces, vemos que $L_{n}$ es punto medio de $XI$, entonces $L_{k}$ es punto medio de $XZ$. Similarmente vemos que $L_{m}$ es punto medio de $XY$. Entonces $XMZN$ y $XNYM$ son rombos, por lo que

$ZN=ZM=MX=XN=XK=KY=YN$

por lo que $N$ es circuncentro de $XYZ$ y acabamos.

Enrique dijo...

Sea W circuncirculo de ABC, P excentro de ABC, X el punto donde AP corta a KM, Y el punto distinto de X donde KM corta a W. Como BP, CP son bisectrices externas y BI, CI son las internas, <IBP=<ICP=90, de donde IBPC es cíclico, y como es conocido que BX=CX=IX, X es circuncentro de IBPC, luego IX=PX

Chuck dijo...

Sean $X,Y,Z$ los excentros de $ABC$ opuestos a $A,B,C$ respectivamente. Vemos que $O$ es el centro de la circunferencia de los nueve puntos de $XYZ$ pues $ABC$ es su triángulo órtico. Por otro lado, $I$ es su ortocentro, así que $IO$ es la recta de Euler y pasa por el circuncentro de $XYZ$, mientras que $XN$ también debe pasar por el circuncentro por isogonalidad, así que $N$ debe ser el circuncentro de $XYZ$. Ahora veamos que $NK$ y $XZ$ son perpendiculares, pues $IB\perp XZ$ y $\frac{180-(180-\angle{ABC})}{2}=\angle{BNK}$ pues $BN=BK$ y eso mide la bisectriz, por lo que $IB\parallel NK$, así que $NK\perp XZ$.

Ahora, veamos que queremos que $NK\bigcap XZ=T$ sea el punto medio de $XZ$ y de $NK$, pero este ya es cierto, pues $XT\perp NK$ y además $XK=XN$. Ahora, sabemos que la circunferencia de los nueve puntos pasa por el punto medio de $XZ$, así que si el punto medio de $KM$ es $R$, hay que demostrar que si $ABCR$ es cíclico, entonces también lo es $ABCRT$ y por lo tanto $TR$ es mediatriz de $XZ$ y análogamente está en la mediatriz de $XY$ y por lo tanto acabaríamos.

Sea $\angle{XAB}=\alpha$ y $\angle{ABC}=2\beta$, por lo que como $XB$ es bisectriz externa, entonces $\angle{NBX}=90-\beta$ y como los ángulos internos de un triángulo suman $180$, entonces en $ABX$, tenemos que $\angle{AXB}=90-\alpha-\beta$ y como $NK\perp XB$, entonces $\angle{TNX}=\alpha+\beta$. Así, análogamente, dado que $\angle{ACB}=180-2\alpha-2\beta$, entonces $\angle{MNX}=90-\beta$ y entonces, como $T$ y $R$ son puntos medios de $NK$ y $MK$, entonces $NM\parallel TR$, lo que significa que $\angle{KTR}=9m+\alpha$, por lo tanto $\angle{RTX}=\alpha=\angle{BAR}$, lo que implica que $ABTR$ es cíclico, como queríamos, así que la demostración ha terminado.

Enrique dijo...

Persiguiendo ángulos y tomando en cuenta que AK=AM, BN=BK, CM=CN, podemos llegar fácilmente a que IBC y NMK son semejantes. Ademas, como <AXY=90, AY es diámetro de W, luego <KBY=<MCY=90, y como <BKY=<CMY, BKY y CMY son semejantes, de donde MY/ KY =CM /BK =CN /BN =BD /CD con D punto de tangencia del incirculo de ABC a BC. Como D es pie de altura de I a BC e IBC es semejante a NMK, Y es pie de altura de N a MK, de donde NY||AX por ser AX también perpendicular a MK. Ahora, como <NPA=<OXA=<OAX=<AYN, ANYP es cíclico y como NY||AX, ANYP es trapecio isósceles, luego NP=AY=2OX, como IP=2IX, y NP||OX por ser ambas paralelas a BC, por Thales nos queda que I,O,N son colineales, como queríamos.

alberto dijo...

Tenia la solucion desde el 21 de enero cuando todavia se podia subir pero como estabamos en Colima no pude subirlo, no se si todavia cuenta pero igual la voy a subir.



Sean X,Y,Z los centros de $\omega_a$,$\omega_b$,$\omega_c$ respectivamente.
Entonces A,B,C son los pies de las alturas en el triangulo $\triangle XYZ$, el circuncirculo de $ABC$ es la circunferencia de los 9 puntos del $XYZ$, $I$ es el ortocentro, y $O$ es el centro de la circunferencia de los 9 puntos.
Segun la circunferencia de los 9 puntos $O$,$I$ y el circuncentro de $XYZ$ son colineales, entonces veremos si $N$ es dicho punto.

Sea $L$ el punto medio de $KM$, el problema nos dice que $KM$, $XA$ y el circuncirculo de ABC se intersectan en $L$.
Sea $Q$ la interseccion de $NM$ y $XC$.
Vemos que $\angle XLM = \angle XQM = \angle XNC = 90$.
Y nombramos $\angle A = 2\alpha$, $\angle B= 2 \beta$, \angle C= 2\theta$.

Como $XC$ es bisectriz externa, $\angle NCX=90- \theta$, entonces $\angle NXC =theta$.
Como $BICX$ es ciclico (angulos opuestos son 90) $\angle IBX= \angle BCI = \theta$
Y porque el circuncentro y el ortocentro son isogonales, y $\angle ZXA = \angle NXC$ sabemos que el circuncentro de $XYZ$ esta sobre $NX$.

Vemos que $XMQL$ es ciclico porque $\angle XLM = \angle XQM = 90$. Entonces $\angle LMX = \angle LQX$.

$AMXK$ es ciclico porque los angulos opuestos son 90 (AK y AM tangentes a $\omega_a$), entonces $\angle KMX = \angle KAX = \alpha$.
Entonces $\angle LMX = \angle LQX = \alpha$.

Tenemos que $\angle LAC = \angle LQX = \alpha$, entonces $ACQL$ es ciclico, entonces $Q$ esta sobre la circunferencia de los 9 puntos de $XYZ$. Sabemos que dicha circunferencia intersecta a los lados del triangulo en los pies de las alturas y en los puntos medios, como $C$ es el pie de la altura, entonces $Q$ es el punto medio. Entonces $N$ esta sobre la mediatriz de $XY$, y de esto y que el circuncentro de $XYZ$ esta sobre $XN$ concluimos que $N$ es el circuncentro, que es lo que queriamos demostrar.

alberto dijo...
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alberto dijo...

Desde que deja de salir el latex bien deberia decir:


Y nombramos $\angle A = 2\alpha$, $\angle B= 2\beta$, $\angle C= 2\theta$.

Como $XC$ es bisectriz externa, $\angle NCX=90- \theta$, entonces $\angle NXC =theta$.
Como $BICX$ es ciclico (angulos opuestos son 90) $\angle IBX= \angle BCI = \theta$
Y porque el circuncentro y el ortocentro son isogonales, y $\angle ZXA = \angle NXC$ sabemos que el circuncentro de $XYZ$ esta sobre $NX$.

Vemos que $XMQL$ es ciclico porque $\angle XLM = \angle XQM = 90$. Entonces $\angle LMX = \angle LQX$
$AMXK$ es ciclico porque los angulos opuestos son 90 (AK y AM tangentes a $\omega_a$), entonces $\angle KMX = \angle KAX = \alpha$.
Entonces $\angle LMX = \angle LQX = \alpha$.

Tenemos que $\angle LAC = \angle LQX = \alpha$, entonces $ACQL$ es ciclico, entonces $Q$ esta sobre la circunferencia de los 9 puntos de $XYZ$. Sabemos que dicha circunferencia intersecta a los lados del triangulo en los pies de las alturas y en los puntos medios, como $C$ es el pie de la altura, entonces $Q$ es el punto medio.
Entonces $N$ esta sobre la mediatriz de $XY$, y de esto y que el circuncentro de $XYZ$ esta sobre $XN$ concluimos que $N$ es el circuncentro, que es lo que queriamos demostrar.

Diego627 dijo...

Coordenadas homogeneas. Sean $a=BC,b=CA,c=AB$. Definimos $x_u=a^2+b^2+c^2-2u^2$. Tenemos que $O=(a^2x_a,b^2x_b,c^2x_c)$. $I=(a,b,c)$. $N=(0,a-b+c,a+b-c)$. $M=(-a+b-c,0,a+b+c)$. $K=(-a-b+c,a+b+c,0)$.

Sea $T$ el punto medio de $M$ y $K$ entonces $T=(-ab-ac-b^2-c^2+2bc,ab+b^2+bc,ac+bc+c^2)$. Tenemos que la ecuacion del circulo es $a^2yz+b^2zx+c^2xy=0$.

Entonces $T$ esta en el circulo sii su punto cumple eso y $a,b,c\neq 0$ entonces substituyendo, vemos que todo tiene almenos un $b$ y un $c$ y dividiendo entre $bc$ tenemos que se cumple sii $a^4+2 a^3 b+2 a^3 c-2 a b^3-2 a b^2 c-2 a b c^2-2 a c^3-b^4+2 b^2 c^2-c^4=0$

Tenemos que $O,I,N$ son colineales si al determinante de la matriz con cada columna con sus cordenadas es $0$. Nos fijamos que las primeras son multiplos de $a$ y si $b=c$ entonces la determinante siempre es $0$. Asi que sacamos la determinante
$\left |\begin{bmatrix}{a^2(-a^2+b^2+c^2)}&{b^2(a^2-b^2+c^2)}&{c^2(a^2+b^2-c^2)}\\{a}&{b}&{c}\\{0}&{a-b+c}&{a+b-c}\end{bmatrix}\right |$

Tenemos que $a$ y $b-c$ es factor de eso, y entonces es igual a $a(b-c)(a^4+2 a^3 b+2 a^3 c-2 a b^3-2 a b^2 c-2 a b c^2-2 a c^3-b^4+2 b^2 c^2-c^4)=0$. Pero tenemos que lo otro es $0$ por la hipotesis, asi que entonces esto también es $0$ y por lo tanto son colineales.

Notemos que si $b\neq c$ entonces es un si y solo si, pero si $b=c$ entonces en general no se cumple el regreso.

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