miércoles, 19 de junio de 2013
Problema del día (19-06-2013) (Chiu)
Sea $ABCD$ un cuadrilátero cíclico. $AC$ y $BD$ se intersecan en $F$, $BA$ y $CD$ se intersecan en $E$. Sean $G$ y $H$ las proyecciones de $F$ sobre $AB$ y $CD$, respectivamente, y sean $M$, $N$ los puntos medios de $BC$ y $EF$, respectivamente. Si el circuncírculo de $MNG$ interseca al segmento $BF$ en un único punto $P$ y el circuncírculo de $MNH$ interseca al segmento $CF$ en un único punto $Q$, demuestra que $PQ\parallel BC$.
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6 comentarios:
Ahí va bien:
Defino $\omega$ el círculo de diámetro $EF$. Defino $FD \cap \omega = Z$, $FA \cap \omega = Y$. Notemos que como $ABCD$ es cíclico, $m\angle EAF = m\angle EDF$$ \Rightarrow YG=ZH$$ \Rightarrow YZ || GH$. Por Pascal en $EGYFZH$, $YG \cap XH \in BC$. Defino $YG \cap XH = M_1$. Luego $M_1 \in BC$. Luego trazo las perpendiculares desde $B$ y $C$ a $YZ$; la intersectan en $B_1$ y $C_1$. Notemos que como $m\angle EAF = m\angle EDF$, $EZB \equiv EYC$. Así, recordando que $EF$ es diámetro por lo que $m\angle EZF = m\angle EYF = 90$, $ZB_1=cos(B_1ZB)ZB=(sin(YZE)EZ)tan(BEZ)$$=(sin(EYZ)EY)tan(CEY) = C_1Y$ por la Ley de Senos en el triángulo $EYZ$. Así vemos que la mediatriz de $B_1C_1$, que obviamente pasa por el punto medio de $BC$, es la misma que la línea que la mediatriz de $YZ$. Pero como $YGHZ$ es un trapecio isósceles y la intersección de sus lados no paralelos ($M_1$) yace sobre $BC$, y también sobre la mediatriz de $YZ$, vemos que $M_1$ es la intersección de $BC$ y la mediatriz de $YZ$, por lo que $M_1B=M_1C$ y $M_1$ es el punto medio de $BC$.
Ahora defino $P_1$ el punto medio de $BF$. Notemos que $m \angle GNP = m\angle GNF - m\angle PNF = $$ 2 m\angle GEF - m\angle GEF = $$ m\angle GEF = m\angle GYF $$ = m \angle GM_1P_1$ pues $M_1P_1 || YC$. Así, $M_1P_1GN$ es cíclico y $P_1=P$. Similarmente $Q$ es el punto medio de $FC$ y por tales $PQ || BC$. $\blacksquare$
Perdón, arriba, en el segundo párrafo, digo $m \angle GNP = ...$, quería decir $m \angle GNP_1 = ...$
Primero $MG=MH$.
Esto se puede ver viendo que $BFG\sim CFH$, usando ley de senos en $BCF$, y ley de cosenos en $BGM$ y $CHM$.
Luego, $N$ es centro de la circunferencia de diámetro $EF$, y con esto vemos que
$\angle GNM=\angle HNM=\angle BEC$
así que
$\angle GPM=\angle HQM=180-\angle BEC$.
Los puntos medios de $BF$ y $CF$ satisfacen esta igualdad de ángulos, y como los círculos circunscritos a $MNG$ y $MNH$ solo cortan a $BF$ y $CF$ una vez, estos puntos medios son efectivamente $P$ y $Q$.
Claramente la línea que une los puntos medios de $BF$ y $CF$ es paralela a $BC$, y terminamos.
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