tag:blogger.com,1999:blog-444408592833092365.post7172722600039375590..comments2023-06-29T04:02:58.043-06:00Comments on México rumbo a la IMO: Problema del día 31 de MAyo (Centros)David (sirio11)http://www.blogger.com/profile/13765612869477578855noreply@blogger.comBlogger3125tag:blogger.com,1999:blog-444408592833092365.post-70803274040013013842011-06-01T21:36:26.250-05:002011-06-01T21:36:26.250-05:00Bueno, seré breve
Te fijas en que por el teorema d...Bueno, seré breve<br />Te fijas en que por el teorema de la bisectriz, $MN$ es paralelo a $BC$ (Por Thales también). Entonces nos fijamos que la intersección de $AL$ con $MN$ es el circuncentro de $MNL$ por lo que Sea $Z$ su intersección, tenemos que $LZ$ es diámetro y por lo tanto, $XY$ va a ser perpendicular a $BC$, y por lo tanto a $MN$. Entonces tenemos también que $ML$ perpendicular a $LN$, por lo que $NQ$ perpendicular a $MP$. Entonces como también $XY$ paralela a $PQ$ perpendicular a $MN$, y como tenemos ya un ortocentro, tenemos que $NP$ y $MQ$ son perpendiculares como queríamos.Adánhttps://www.blogger.com/profile/03649490685435834001noreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-444408592833092365.post-53590321033081674902011-06-01T16:13:49.389-05:002011-06-01T16:13:49.389-05:00Ya me salió. Básicamente es ver que MLNX es rectá...Ya me salió. Básicamente es ver que MLNX es rectángulo y que Y es el reflejado de L por la mediatriz de MN. De ahí usas analítica y sale facilito. <br /><br />¿Alguien sabe porque no se podía postear antes?Juanhttps://www.blogger.com/profile/14927223421557009771noreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-444408592833092365.post-76807950712987452382011-06-01T14:37:58.076-05:002011-06-01T14:37:58.076-05:00Sea $O=AL\cap NM$ y $\Gamma$ el circuncírculo de $...Sea $O=AL\cap NM$ y $\Gamma$ el circuncírculo de $\bigtriangleup LMN$. Sea $\angle BLA=2\alpha$. Entonces, $\angle NLM=\angle NLA+\angle MLA=\alpha+(90-\alpha)=90$. Además, por el teorema de la bisectriz $\frac{AN}{NB}=\frac{AL}{LB}=\frac{AL}{LC}=\frac{AM}{MC}$, lo cual implica que $NM\parallel BC$. De aquí se sigue que $NO=OM$, y como $\angle NLM=90$, $O$ es el centro de $\Gamma$ y $XL$ es un diámetro de $\Gamma$. Como $X,Y,L$ están sobre $\Gamma$ y $\angle XYL$ subtiende al diámetro $XL$, $XY\perp BC$, de donde $XY\perp NM$. Ahora, supongamos sin pérdida de generalidad que $AB\leq AC$ y consideremos $\bigtriangleup NMP$; como $NQ\perp PM$ y $PQ\perp NM$, $Q$ es el ortocentro del triángulo, de donde $MQ\perp NP$.Enriquehttps://www.blogger.com/profile/11803179649726825741noreply@blogger.com