miércoles, 21 de marzo de 2012

Problema del Día: Miercoles 21 de Marzo de 2012

Sea ABCD un cuadrilatero convexo tal que DB=BC=CA. AC y BD se intersectan en P. Sea I el incentro del triangulo BPC y sea O el circuncentro del triangulo APD. Demuestra que OI es perpendicular BC

14 comentarios:

Enrique dijo...

Sean $Q$ y $R$ los circuncentros de $APD$ y $BPC$, respectivamente. Demostraremos las siguientes proposiciones:
-$D,I,R$ y $C,I,Q$ son colineales. Esto se sigue del hecho de que como $DI$ y $CI$ son bisectrices de $\angle BDC$ y $\angle BCD$, respectivamente, y $BDC$ y $ACD$ son triángulos isósceles (pues $BD=DC=AC$), $DI$ y $CI$ son mediatrices de $BC$ y $AD$, respectivamente, luego $R$ y $Q$ están sobre $DI$ y $CI$, respectivamente, por ser circuncentros de $BPC$ y $APD$.

-$O$ es circuncentro de $IQR$. Sea $\angle ADC=\angle DAC=\alpha$ y $\angle BCD=\angle CBD=\beta$. Entonces, $\angle BDC=180-2\beta$ y $\angle ACD=180-2\alpha$. Como $DI$ y $CI$ son bisectrices de $\angle PDC$ y $\angle PCD$, respectivamente, $\angle IDC=90-\beta$ y $\angle ICD=90-\alpha$, luego por la proposición anterior $\angle RIQ=\angle DIC=\alpha+\beta$. Por otro lado, $\angle APB=\angle DPC=2\alpha+2\beta-180$, luego $\angle AOB=720-4\alpha-4\beta$ si $\angle APB\geq 90$ y $\angle AOB=4\alpha+4\beta-360$ de lo contrario, s.p.g supondremos que $\angle APB\geq 90$, el otro caso es análogo. Entonces, como $OP=OA$ y $QP=QA$, $OQ$ biseca a $\angle POA$, análogamente $OR$ biseca a $\angle POB$, de donde $\angle QOR=\angle AOB/2=360-2\alpha-2\beta$.

Ahora, como $Q$ y $O$ son circuncentros de $ADP$ y $APB$, $\angle OQP=\angle AQP/2=\angle ADP$, análogamente $\angle QOP=\angle ABD$. Entonces, $QPO$ y $DAB$ son semejantes, de donde $\angle QPO=\angle DAB$. Análogamente, $\angle RPO=\angle CBA$. Ahora, por ley de senos sobre $DAB$ y $ABC$, $\frac{AB}{sen \angle ADB}=\frac{DB}{sen \angle DAB}$ y $\frac{AB}{sen \angle ACB}=\frac{AC}{sen \angle CBA}$, como $DB=AC$, dividiendo ambas ecuaciones nos queda que $\frac{sen \angle ADB}{sen \angle ACB}=\frac{sen \angle DAB}{sen \angle CBA}$. Entonces,

$\frac{sen \angle QPO}{sen \angle RPO}=\frac{sen \angle DAB}{sen \angle CBA}$ $=\frac{sen \angle ADB}{sen \angle ACB}=\frac{sen \angle OQP}{sen \angle ORP}$,

de donde $\frac{sen \angle QPO}{sen \angle OQP}=\frac{sen \angle RPO}{sen \angle ORP}$. Por ley de senos sobre $OPQ$ y $OPR$, tenemos que $\frac{OQ}{OP}=\frac{sen \angle QPO}{sen \angle OQP}$ $=\frac{sen \angle RPO}{sen \angle ORP}=\frac{OR}{OP}$, luego $OQ=OR$. Como además $\angle QOR=360-2\alpha-2\beta=2(180-\alpha-\beta)=2(180-\angle QIR)$, $O$ es circuncentro de $QIR$.

-$OI$ es perpendicular a $DC$. Sea $X$ el punto de intersección de $OI$ con $DC$, sea $N$ la intersección de $OQ$ con $AP$ y sea $M$ el punto medio de $AD$. Como $OQ$ es mediatriz de $AP$, $\angle ONP=90$. Como $I$ y $Q$ están sobre la mediatriz de $AD$, $I,Q,M$ son colineales y $\angle QMA=90=\angle QNA$, luego $AMQN$ es cíclico y $\angle OQI=\angle NQO=\angle MAN=\alpha$. Como $O$ es circuncentro de $QIR$, $OQ=OI$, de donde $\angle OQI=\angle OIQ=\alpha$, luego $\angle NOI=\angle QOI=180-2\alpha$ $=\angle ACD=\angle NCD$, de donde $NOCX$ es cíclico, luego $\angle OXC=\angle ONC=90$, luego $OI$ es perpendicular a $DC$, como queríamos.

Juan dijo...

Enrique: creo que te equivocaste al nombrar tus puntos, pues Q=O y C, I y O no son necesariamente colineales.

Enrique dijo...

Arghhh...no me di cuenta, donde puse $B$ debe ir $D$ y donde puse $D$ debe ir $B$...
En otras palabras, la solución coincide con los nombres de los puntos de esta versión del problema:
Sea ABCD un cuadrilatero convexo tal que DB=DC=CA. AC y BD se intersectan en P. Sea I el incentro del triangulo DPC y sea O el circuncentro del triangulo APB. Demuestra que OI es perpendicular a DC.

Juan dijo...

Al fin. Primeramente, definamos $G = BA \cap CD$, $E := IO \cap BC$, $X := CI \cap BA$, $Y := BI \cap CD$, $\Omega_1$ el circuncírculo del $\bigtriangleup BPA$ con centro $O_1$, $\Omega_2$ como el circuncírculo del $\bigtriangleup CPD$ con centro $O_2$, $\Omega$ como el circuncírculo del $\bigtriangleup PDA$ (con centro O), $F := CA \cap OO_1$, $G=DB \cap OO_2$. También defino $N := CA \cap OI$, $Z_1 := DA \cap OO_1$, $Z_2 := DA \cap OO_2$, y $\Gamma$ el circuncírculo del $\bigtriangleup O_1O_2I$. Tenemos que A y D son las reflexiones de B y C por los pies de altura en el triángulo $\bigtriangleup BCG$. Ahora bien, por la condición AC=CB=BD, tenemos que $BY \perp CD$, $CX \perp BA$, y que $\bigtriangleup BCA$ y $\bigtriangleup CBD$ son isósceles $\Rightarrow$ el cuadrilátero $BCXY$ es cíclico. Así, I es el ortocentro del $\bigtriangleup CGB$. También es evidente que $O_1 \in CX$, $O_2 \in BY$ y que $\{I,P\}=\Omega_1 \cap \Omega_2$.

Ahora bien, $OO_1$ es la mediatriz de PA, por lo que $O_1XAF$ es cíclico. Similarmente, por propiedades de F y G, vemos, en $\Omega$ que $PDOZ_1$ y $PAOZ_2$ son cíclicos $\Rightarrow \angle POO_1 = \angle BDA$. Similarmente en $\Omega_1$ deducimos que $\angle PO_1O = \angle DBA $$\Rightarrow \bigtriangleup OPO_1 $$\equiv \bigtriangleup DAB $$\Rightarrow \displaystyle\frac{OP}{OO_1} = \displaystyle\frac{DA}{DB}$. Así deducimos que $O_1O=OO_2$. Además por las semejanzas y por que I es el incentro del $\bigtriangleup BCP$, se ve fácilmente que $\angle O_2OO_1 = 2(\pi - \angle O_2IO_1)$, dividiendo a los ángulos por las líneas OP y PI. De aquí podemos deducir que $\Gamma$ es concéntrica con $\Omega$. Finalmente, $\angle OEC = \pi - \angle BCA - \angle CNE =$$ \pi - \angle BCA - \angle ONA =$$ \pi - \angle BCA - (\frac{\pi}{2} - \angle NOF) =$$ \frac{\pi}{2} - \angle BCA + \angle NOF =$$ \frac{\pi}{2} - \angle BCA + 2\angle IO_2O_1 =$$ \frac{\pi}{2} - \angle BCA + 2\angle ICP =$$ \frac{\pi}{2} - \angle BCA + \angle BCA =$$ \frac{\pi}{2}$. Quod erat demonstrandum. $\clubsuit$.

Adán dijo...

Bonito, pero algo tardado.

Sean $M$ y $N$ el punto medio de $AB$ y $CD$ respectivamente. Sea $L$ el punto medio de $BC$. Sean $O_{1}$ y $O_{2}$ los circuncentros de $APB$ y $CPD$ y sea $Q$ el circuncentro de $BPC$. Es claro que $CM$ y $BN$ son bisectrices de $\angle ACB$ y $\angle DBC$ respectivamente, pues estas son también medianas de triángulos isósceles, pues $AC=CB=BD$.

Ahora, veamos el siguiente lema.
Sean $\Gamma_{1}$ y $\Gamma_{2}$ circunferencias que se cortan en $A$ y $B$. Se toman $2$ segmentos $XY$ y $X'Y'$ con $X, X'$ sobre $\Gamma_{1}$ y $Y, Y'$ sobre $\Gamma_{2}$ y tales que $XY=X'Y'$. Entonces $AB$ biseca al ángulo entre esas $2$ líneas.

Para mostrar esto simplemente veamos que $\angle AXB=\angle AX'B$ y $\angle AYB=\angle AY'B$, de modo que $XYB$ es semejante con $X'Y'B$, pero como $XY=X'Y'$ tenemos que estos $2$ últimos triángulos son congruentes. Entonces también tenemos que $XB=X'B$ y $YB=Y'B$, pero como $\angle XBY=\angle X'BY'$ tenemos que $\angle XBX'=\angle YBY'$, haciendo que

$\angle YAB=\angle YY'B=\angle X'XB=\angle XAB$

y concluimos la demostración del lema.

Adán dijo...

Bonito, pero algo tardado.

Sean $M$ y $N$ el punto medio de $AB$ y $CD$ respectivamente. Sea $L$ el punto medio de $BC$. Sean $O_{1}$ y $O_{2}$ los circuncentros de $APB$ y $CPD$ y sea $Q$ el circuncentro de $BPC$. Es claro que $CM$ y $BN$ son bisectrices de $\angle ACB$ y $\angle DBC$ respectivamente, pues estas son también medianas de triángulos isósceles, pues $AC=CB=BD$.

Ahora, veamos el siguiente lema.
Sean $\Gamma_{1}$ y $\Gamma_{2}$ circunferencias que se cortan en $A$ y $B$. Se toman $2$ segmentos $XY$ y $X_{1}Y_{1}$ con $X, X_{1}$ sobre $\Gamma_{1}$ y $Y, Y_{1}$ sobre $\Gamma_{2}$ y tales que $XY=X_{1}Y_{1}$. Entonces $AB$ biseca al ángulo entre esas $2$ líneas.

Para mostrar esto simplemente veamos que $\angle AXB=\angle AX_{1}B$ y $\angle AYB=\angle AY_{1}B$, de modo que $XYB$ es semejante con $X_{1}Y_{1}B$, pero como $XY=X_{1}Y_{1}$ tenemos que estos $2$ últimos triángulos son congruentes. Entonces también tenemos que $XB=X_{1}B$ y $YB=Y_{1}B$, pero como $\angle XBY=\angle X_{1}BY_{1}$ tenemos que $\angle XBX_{1}=\angle YBY_{1}$, haciendo que

$\angle YAB=\angle YY_{1}B=\angle X_{1}XB=\angle XAB$

y concluimos la demostración del lema.

Adán dijo...

Ahora, veamos que $OQ$ es paralela a la bisectriz interna de $BPC$ y que esta bisectriz es perpendicular a $MN$ que es paralela a $O_{1}O_{2}$.

Esto lo haremos usando el lema anterior y usando los circuncírculos de $APB$ y $CPD$; y los circuncírculos de $APD$ y $BPC$. Primero usaremos el segundo para, para ver que, si existe otra intersección entre ellos, está sobre la bisectriz externa de $BPC$, llamemos a ese punto $E$. Entonces, con vemos que $BCPE$ y $ADPE$ son cíclicos y con ángulos, vemos que $BE=CE$ y $AE=DE$. Entonces, vemos que la bisectriz interna de $BPC$ corta a las circunferencias de los triángulos $APD$ y $BPC$ en los puntos medios de los arcos $BC$ y $AD$, pero por ahí también pasa la mediatriz de $BC$ y la bisectriz de $AD$, en donde se encuentran $O$ y $Q$, pero la unión de $E$ con estos puntos medios de arcos son diámetros, por lo que $O$ y $Q$ son puntos medios de estos diámetros, y por Thales, es fácil ver que $OQ$ es paralelo a la bisectriz interna de $BPC$.

Adán dijo...

Ahora, similarmente, podemos ver facilmente que $BAPI$ y $CDPI$ son cíclicos, y vemos que $O_{1}O_{2}$ es perpendicular a $PI$, en eje radical de las circunferencias que pasan por los $2$ cíclicos anteriormente mencionados. Ahora, veamos que $BL=ML=NL=CL$, de donde usaremos que $MNL$ es isósceles, y veremos que, usando Thales, $P$ y las intersecciones de $MN$ con $BP$ y $CP$ forman un triángulo isósceles, y que la bisectriz interna de $\angle BPC$ será perpendicular a $MN$.

Entonces demostramos ya que $OQ$ es perpendicular a $O_{1}O_{2}$.

Notemos que por ser circuncentros de los $4$ triángulos formados por las intersecciones de las diagonales de un cuadriláter convexo, tenemos que $OO_{1}QO_{2}$ es un paralelogramo, pero por la perpendicularidad de sus diagonales, es un rombo. Entonces usaremos que $OO_{1}=OO_{2}$.

Adán dijo...

Veamos que $OO_{1}$ y $OO_{2}$ son perpendiculares a $AC$ y $BD$ respectivamente. También $CM$ y $BN$ son perpendiculares a $AB$ y $CD$ respectivamente. Entonces tenemos que $\angle OO_{1}I=\angle ABC$ y que $\angle OO_{2}I=\angle DCB$, esto por cíclicos de las perpendiculares anteriores. Entonces, vemos que como $BCMN$ es cíclico, tendremos que $O_{1}O_{2}CB$ también lo es, de donde

$\angle O_{2}O_{1}I=\angle IBC$
$\angle O_{1}O_{2}I=\angle ICB$

Entonces, vemos que

$\angle ABI=\angle DCI=\angle OO_{1}O_{2}=\angle OO_{2}O_{1}$

Entonces, sea $\alpha=\angle IBC+\angle ICB$. Tenemos que $\angle O_{1}IO_{2}=180-\alpha$ y que $\angle $O_{1}OO_{2}=2\alpha$. Entonces veamos que $O$ está sobre el círculo que pasa por $O_{1}$, $O_{2}$ y el circuncentro de $O_{1}IO_{2}$, pues \angle O_{1}OO_{2}=2\alpha$. Pero tenemos que $OO_{1}=OO_{2}$, lo que implica que $O$ es el circuncentro de $O_{1}IO_{2}$.

Entonces, veamos que si prolongamos $OI$ hasta que corte a $BC$ en $S$, tendremos que $\angle ABC=\angle O_{1}OI=\angle OI_{O_{1}$, por lo que $BMIS$ es cíclico, pero $\angle BMI=90$, por lo que $\angle BSI=90$, y concluimos que $OI$ es perpendicular a $BC$, como queríamos.

Adán dijo...

Veamos que $OO_{1}$ y $OO_{2}$ son perpendiculares a $AC$ y $BD$ respectivamente. También $CM$ y $BN$ son perpendiculares a $AB$ y $CD$ respectivamente. Entonces tenemos que $\angle OO_{1}I=\angle ABC$ y que $\angle OO_{2}I=\angle DCB$, esto por cíclicos de las perpendiculares anteriores. Entonces, vemos que como $BCMN$ es cíclico, tendremos que $O_{1}O_{2}CB$ también lo es, de donde

$\angle O_{2}O_{1}I=\angle IBC$
$\angle O_{1}O_{2}I=\angle ICB$

Entonces, vemos que

$\angle ABI=\angle DCI=\angle OO_{1}O_{2}=\angle OO_{2}O_{1}$

Entonces, sea $\alpha=\angle IBC+\angle ICB$. Tenemos que $\angle O_{1}IO_{2}=180-\alpha$ y que $\angle O_{1}OO_{2}=2\alpha$. Entonces veamos que $O$ está sobre el círculo que pasa por $O_{1}$, $O_{2}$ y el circuncentro de $O_{1}IO_{2}$, pues \angle O_{1}OO_{2}=2\alpha$. Pero tenemos que $OO_{1}=OO_{2}$, lo que implica que $O$ es el circuncentro de $O_{1}IO_{2}$.

Entonces, veamos que si prolongamos $OI$ hasta que corte a $BC$ en $S$, tendremos que $\angle ABC=\angle O_{1}OI=\angle OI_{O_{1}$, por lo que $BMIS$ es cíclico, pero $\angle BMI=90$, por lo que $\angle BSI=90$, y concluimos que $OI$ es perpendicular a $BC$, como queríamos.

Adán dijo...

Veamos que $OO_{1}$ y $OO_{2}$ son perpendiculares a $AC$ y $BD$ respectivamente. También $CM$ y $BN$ son perpendiculares a $AB$ y $CD$ respectivamente. Entonces tenemos que $\angle OO_{1}I=\angle ABC$ y que $\angle OO_{2}I=\angle DCB$, esto por cíclicos de las perpendiculares anteriores. Entonces, vemos que como $BCMN$ es cíclico, tendremos que $O_{1}O_{2}CB$ también lo es, de donde

$\angle O_{2}O_{1}I=\angle IBC$
$\angle O_{1}O_{2}I=\angle ICB$

Entonces, vemos que

$\angle ABI=\angle DCI=\angle OO_{1}O_{2}=\angle OO_{2}O_{1}$

Entonces, sea $\alpha=\angle IBC+\angle ICB$. Tenemos que $\angle O_{1}IO_{2}=180-\alpha$ y que $\angle $O_{1}OO_{2}=2\alpha$. Entonces veamos que $O$ está sobre el círculo que pasa por $O_{1}$, $O_{2}$ y el circuncentro de $O_{1}IO_{2}$, pues $\angle O_{1}OO_{2}=2\alpha$. Pero tenemos que $OO_{1}=OO_{2}$, lo que implica que $O$ es el circuncentro de $O_{1}IO_{2}$.

Entonces, veamos que si prolongamos $OI$ hasta que corte a $BC$ en $S$, tendremos que $\angle ABC=\angle O_{1}OI=\angle OI_{O_{1}$, por lo que $BMIS$ es cíclico, pero $\angle BMI=90$, por lo que $\angle BSI=90$, y concluimos que $OI$ es perpendicular a $BC$, como queríamos.

Adán dijo...

Veamos que $OO_{1}$ y $OO_{2}$ son perpendiculares a $AC$ y $BD$ respectivamente. También $CM$ y $BN$ son perpendiculares a $AB$ y $CD$ respectivamente. Entonces tenemos que $\angle OO_{1}I=\angle ABC$ y que $\angle OO_{2}I=\angle DCB$, esto por cíclicos de las perpendiculares anteriores. Entonces, vemos que como $BCMN$ es cíclico, tendremos que $O_{1}O_{2}CB$ también lo es, de donde

$\angle O_{2}O_{1}I=\angle IBC$
$\angle O_{1}O_{2}I=\angle ICB$

Entonces, vemos que

$\angle ABI=\angle DCI=\angle OO_{1}O_{2}=\angle OO_{2}O_{1}$

Entonces, sea $\alpha=\angle IBC+\angle ICB$. Tenemos que $\angle O_{1}IO_{2}=180-\alpha$ y que $\angle O_{1}OO_{2}=2\alpha$. Entonces veamos que $O$ está sobre el círculo que pasa por $O_{1}$, $O_{2}$ y el circuncentro de $O_{1}IO_{2}$, pues $\angle O_{1}OO_{2}=2\alpha$. Pero tenemos que $OO_{1}=OO_{2}$, lo que implica que $O$ es el circuncentro de $O_{1}IO_{2}$.

Entonces, veamos que si prolongamos $OI$ hasta que corte a $BC$ en $S$, tendremos que $\angle ABC=\angle O_{1}OI=\angle OI_{O_{1}$, por lo que $BMIS$ es cíclico, pero $\angle BMI=90$, por lo que $\angle BSI=90$, y concluimos que $OI$ es perpendicular a $BC$, como queríamos.

jorge garza vargas dijo...

Interesante construcción.
Lema 1: Sea $ABC$ un triángulo, $D,E,F$ los pies de altura desde $A,B,C$ respectivamente, $X,Y$ las reflexiones de $C$ y $B$ sobre $E$ y $F$ respectivamente, $P$ la intersección de $BX$ y $CY$. Entonces el circuncentro de $XPY$ está sobre $AD$.
Demostración: Sea $H$ el ortocentro de $ABC$, sea $\angle A=a$,$\angle B=b$, $\angle C=c$, es claro que $CF$ y $EB$ son las mediatrices de $BY$ y $CX$ respectivamente, entonces $HB=HY$, $HC=HX$, haciendo cuentitas con ángulos es fácil ver que $\angle BHY=\angle CHX= 2a$ y con la igualdad de segmentos que apenas mencionados vemos que $BHy$ y $XHC$ son semejantes, de donde los triángulos $BHX$ y $YHC$ son congruentes, de donde $\angle HBP= \angle HYP$, entonces $HPYB$ es cíclico, entonces $\angle BPY= \angle BHY=2a$.
Ahora, sea $W$ la reflección de $Y$ respecto a $AD$ entonces por ser la intersección de mediatrcies, $H$ es el circuncentro de $WYB$, de donde $\angle BWY= \frac{\angle BHY}{2}=a$, y como $WY||CB$ entonces $\angle YWA=b$, por lo que $\angle BWA=a+b=\angle BXA=\angle BHA$, por lo que $BHXWA$ es cíclico, por lo que $\angle XWB=a$ entonces $\angle XWY=2a=BPY$ entonces $WXPY$ es cíclico, pero $AD$ es la mediatriz de $WY$ entonces el circuncentro de $XPY$ está sobre $AD$.

jorge garza vargas dijo...

Regresando al problema, se $Q$ la intersección de $BA$ con $CD$, entonces $I$ es el ortocentro del $BCQ$, y por el lema 1 $Q,O,I$ son colineales, pero $QI$ es altura, entonces $OI$ es perpendicular a $BC$.

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