jueves, 8 de junio de 2017

Jueves de Geometría 2.

Sea $H$ el ortocentro del triángulo $ABC$. El punto $X_A$ está sobre la tangente por $H$ al circuncírculo del triángulo $BHC$ de forma que $AH=AX_A$. De manera análoga se definen $X_B$ y $X_C$. Muestra que el triángulo $X_AX_BX_C$ es semejante al triángulo ortico del $ABC$. 

3 comentarios:

Ariel dijo...

Sketch: Sean $P, Q, R$ las intersecciones de $AH, BH, CH$ con el circuncírculo de $ABC$, entonces $PQR$ es semejante al órtico pues es homotético a este desde el ortocentro. Con angulitos vemos fácilmente que $HX_A$ es paralela a $QR$, y ya que $AH = AQ = AR$ pues $P, Q, R$ son las reflexiones de $H$ respecto a los lados, se sigue que $HX_AQR$ es un trapecio isósceles, y entonces $X_A$ es la reflexión de $H$ respecto a la mediatriz de $QR$.

Ahora resta probar que si $ABC$ es un triángulo y $P$ un punto arbitrario entonces las reflexiones de $P$ respecto a las mediatrices de los lados de $ABC$ determinan un triángulo semejante a $ABC$. Esto se establece fácilmente con ángulitos dirigidos.

Lalo dijo...

Ok Ari, está bien, los demás que onda?

Oriol Andreu Solé dijo...

Mi solución es casi igual a la de Ari, pero para completarla aquí va la prueba de lo del final del punto en un triángulo y sus reflexiones:

Sean $X, Y, y Z$ los tres puntos para los que que queremos probar que $XYZ$ es semejante $ABC$, veamos que las mediatrices de $PX$, $PY$, y $PZ$ son las también las mediatrices de los lados del $ABC$, y, por lo tanto, concurren, esto implica la existencia de un punto $O$ con $OP=OX=OY=OZ$, y se sigue que $PXYZ$ es cíclico, ahora si, con angulitos es inmediato el resultado.

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