domingo, 16 de junio de 2013

Problema del Día 16-06-13 (Xavi)

Sea $ABCD$ un cuadrilátero tal que sus diagonales $AC$ y $BD$ son perpendiculares y sea $M$ su punto de intersección.  Sean $EF$ y $GH$ dos segmentos que se intersectan en $M$ y con $E$, $F$, $G$ y $H$ sobre los segmentos $AB$, $CD$, $BC$ y $DA$, respectivamente. Sean $X$ y $Y$ los puntos de intersección de $EH$ y $GF$ con $AC$. Mostrar que si $M$ es punto medio de $AC$, entonces $M$ es punto medio de $XY$.

11 comentarios:

Juan dijo...
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Juan dijo...
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Juan dijo...
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Juan dijo...

Bueno son cuentitas pero organizadas y bonitas. Supongamos $MA=MC$. Luego veo si existe una solución más bonita. Bueno podemos reflejar $F$ y $G$ y $Y$por $DB$ para obtener $F_1$, $G_1$ y $Y_1$, respectivamente. Entonces quiero demostrar $X=Y_1$. Ahora, renombro todos los puntos por conveniencia. Ahora (primero el viejo luego el nuevo nombre del punto) : $A=A$, $B=C$, $D=B$, $M=D$, $H=Y$, $F_1=X$, $G_1=Y_1$, $E=X_1$, además llamo $XX_1 \cap AD = F$.

Ahora, nos fijamos que $AD$ es la bisectriz de $\angle YDY_1$ y $\angle XDX_1$. Ahora, si llamo $\epsilon = \frac{DC}{DB}$, $AC=c$, $AB=b$, $AX=x$, $AY=y$, $AX_1=x_1$, $AY_1=y_1$, $\alpha = m\angle BAD$, $\beta = \angle CAD$, vemos que $\frac{x}{b-x} =$$ \frac{AD}{DB} \times \frac{sin\angle ADX}{sin\angle XDB} =$$ \epsilon \left( \frac{x_1}{c-x_1} \right)$ por lo que $x_1 = \frac{xc}{b\epsilon -x\epsilon +x}$ y lo análogo para $y_1$.

Notemos que por Ceva, $\frac{y}{x-y} \times \frac{XF}{FX_1} \times \frac{x_1-y_1}{y_1} = 1$ basta para acabar. Pero por generalizado de la bisectriz, $\frac{XF}{FX_1} = \frac{x}{x_1} \times \frac{c}{b\epsilon }$. Entonces basta con $\left( \frac{y}{y_1} \right) \left( \frac{x}{x_1} \right) \left( \frac{c}{b} \right) \left( \frac{x_1-y_1}{x-y} \right) = \epsilon $. Entonces ahora recordamos las expresiones para $x_1$ y $y_1$ y vemos que el problema se reduce a

$\frac{b\epsilon -y\epsilon +y}{c} \times \frac{b\epsilon -x\epsilon +x}{c} $$ \times \frac{c}{b} \times$$ \frac{\frac{xc}{b\epsilon -x\epsilon +x}-\frac{yc}{b\epsilon -y\epsilon +y}}{x-y}$$=\epsilon $ y eso se reduce a $\frac{(b\epsilon -y\epsilon +y)(b\epsilon -x\epsilon +x)}{b} \times $$ \frac{x(b\epsilon -y\epsilon +y)-y(b\epsilon -x\epsilon +x)}{(x-y)(b\epsilon -x\epsilon +x)(b\epsilon -y\epsilon +y)}$$ = \epsilon $ y eso es trivial, entonces acabamos.

Juan dijo...

$\blacksquare$

Adán Medrano Martín del Campo dijo...
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Adán Medrano Martín del Campo dijo...

Probé esto, reflejando sobre $AC$.

Tienes un triángulo $ABC$ con $\angle MBA, \angle MCA<90^{\circ}$ y puntos $X, Z$ sobre el segmento $AB$ y puntos $Y, W$ sobre el segmento $AC$ tales que

$\angle WMA=\angle XMA$
$\angle YMA=\angle ZMA$

entonces $XY$, $WZ$ y $AM$ son concurrentes.

Por el teorema generalizado de la bisectriz tenemos que

$\frac{YW}{YA}=\frac{WM}{WA}\cdot \frac{\sin{\alpha}}{\sin{\beta}}$
$\frac{ZA}{ZX}=\frac{AM}{XM}\cdot \frac{\sin{\beta}}{\sin{\alpha}}$

por lo que

$\frac{YW}{YA}\cdot \frac{ZA}{ZX}=\frac{WM}{XM}$.

Ahora, las líneas propuestas arriba concurren si y solo si

$\frac{VX}{VW}\cdot \frac{YW}{YA}\cdot \frac{ZA}{ZX}=\frac{VX}{VW}\cdot \frac{WM}{XM}=1$

por Ceva, y esto ocurre si y solo si $AM$ biseca a $\angle XMW$ por el teorema de la bisectriz, lo cual es cierto. Entonces el problema que propongo es cierto, y es análogo al problema de Xavi reflejando sobre $AC$.

Diego Alonso Roque Montoya dijo...

Ponemos $M$ como el centro, $A$ en $(0,a)$, $B$ en $(-b,0)$, $D$ en $(d,0)$ y $C$ en $(0,-a)$. La pendiente de $GH$ es $r$ y la de $EF$ es $-s$. Después de unas cuentitas llegamos a que $EH$ intersecta el eje X, osea $AC$, en la coordenada 'y':

$$\frac{adb(r+s)}{db(r+s)+a(d+b)}$$.

Ahora, aplicando la formula con $DCB$, tenemos que en vez de $a$ es $-a$, en vez de $-s$ y $r$ es $r$ y $-s$. Pero $d,b$ se mantienen igual y $a,r+s$ cambian de signo. Por lo tanto, la coordenada y de la intersección de $AC$ con $GH$ es la negativa, y por lo tanto $M$ es el punto medio del segmento deseado

Juan dijo...

Una chidilla:

$P = AB \cap DC$, $Q = AD \cap BC$, $K = EH \cap GF$. Entonces $PKQ$ colineales. Luego $P(A,D,M,Q) \Rightarrow K(E,G,M,Q) \Rightarrow K(X,Y,M,Q).$ $\blacksquare$.

Juan dijo...

Por si no ven por que $PKQ$ son colineales, basta transformar $PQ$ en la línea al infinito.

Juan dijo...

NOTA: $A(B,C,D,E)$ significa que el haz $AB$, $AC$, $AD$, $AE$ es harmónico.

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