Hola. Para quienes ya conocían el problema de geometría que les puse, aquí les va este:
Sea $ABC$ un triángulo acutángulo, sean $D, E, F$ los pies de las alturas desde $A, B, C$, respectivamente. Sea $P$ la intersección de $EF$ con $BC$. Por el punto $D$ trazamos una paralela a $EF$ que corta a $AB$ y $AC$ en $Q$ y $R$, respectivamente. Si $M$ es el punto medio de $BC$, pruebe que $MPQR$ es un cuadrilátero cíclico.
Suscribirse a:
Comentarios de la entrada (Atom)
10 comentarios:
se me ocurrio hacer inversion con centro M y radio MB, queda mas o menos bonito por que P es inverso de D y viceversa y nadamas basta probar que D, el inverso de R y el inverso de Q son colineales
Por ceva y menelao en el triangulo $ABC$ podemos ver que los puntos $B,D,C,P$ son armónicos y como $M$ es punto medio de $BC$ tenemos que:
$(MP)(MD)=(MC)^2$
=>
$(MC)^2=(MD+DP)(MD)=(MD)^2+(DP)(MD)$
=>
$(DP)(MD)=(MC)^2-(MD)^2=(MC-MD)(MC+MD)=(CD)(BD)$
Como $EF$ es la antiparalela de $BC$, $QR$ también. Por lo tanto $Q,B,R,C$ son concíclicos y por potencia desde $D$ tenemos que $(CD)(BD)=(DQ)(DR)$, uniendolas tenemos que $(DP)(MD)=(DQ)(DR)$ que implica que $P,M,Q,R$ es cíclico
Solucion.
Primero vamos a ver que $\frac{DR}{PE} = \frac{DC}{PC}$ por ser $DR$ paralela a $PE$. Al igual que $\frac{QD}{PF} = \frac{BD}{PB}$. Luego juntando ambas tenemos que $(QD)(DR)= (\frac{(DC)(PE)}{PC})(\frac{(BD)(PF)}{PB})$ Luego si demostramos la potencia de punto desde D, $(PD)(DM)=(QD)(DR)$ terminamos. Entonces hay que demostrar que $\frac{(DC)(PE)(BD)(PF)}{(PC)(PB)}=(DM)(PD)$. Pero $P$,$B$,$D$ y $C$ son armonicos porque es un tetrapuntalete $F$,$E$,$C$ Y $B$. Luego $\frac{PB}{BD} = \frac{PC}{CD}$ y sustituyendo en lo que queremos demostrar queda $(\frac{(DC)^{2}}{(PC)^{2}})(PE)(PF) = (DM)(PD)$. Sumando $(PD)^{2}$ de ambos lados tenemos que $(\frac{(DC)^{2}}{(PC)^{2}})(PE)(PF) + (PD)^{2}= (DM)(PD) + (PD)^{2}$$= (PD)(PD+DM)$ Pero $(PD)(PD+DM)=(PD)(PM)$ y por potencia de punto hacia la circunferencia de los $9$ puntos, tenemos que $(PD)(PM)=(PF)(PE)$. Y sustituyendo tenemos $(\frac{(DC)^{2}}{(PC)^{2}})(PE)(PF) + (PD)^{2}= (PE)(PF)$, $(PD)^{2} = (PE)(PF) - (PE)(PF)(\frac{(DC)^2}{(PC)^2}$, $(PD)^2 = (PE)(PF)(\frac{(PC)^{2} - (DC)^{2}}{(PC)^{2}})$, $(PD)^{2} = \frac{(PE)(PF)(PC+DC)(PC-DC)}{(PC)^{2}}$, pero $PC-DC = PD$, entonces $PD = \frac{(PE)(PF)(PC+DC)}{(PC)^{2}}$, $(PD)(\frac{(PC)^{2}}{PC+DC}) = (PE)(PF)$. Ademas sabemos que $(PD)(PM) = (PE)(PF)$ entonces si demostramos que $\frac{(PC)^{2}}{PC+DC} = PM$ terminamos. Pero esto pasa si y solo si $(PC)^{2} = (PM)(PC) + (PM)(DC)$, $(PC)^{2} - (PM)(PC) = (PM)(DC)$, $(PC)(PC-PM) = (PM)(DC)$,$(PC)(MC) = (PM)(DC)$, $(PC)(MC) = (PM)(PC-PD)$, $(PC)(MC) = (PM)(PC) - (PD)(PM)$, $(PD)(PM) = PC(PM-MC)$, $(PD)(PM) = (PC)(PB)$, ya que $PM-MC = PB$, pero la ultima igualdad es cierta ya que $(PB)(PC)=(PF)(PE)=(PD)(PM)$ por potencia de punto A LOS cuadrilateros $CBFE$ y $MDFE$, desde P. Por lo tanto regresandonos obtenemos que la potencia de punto es cierta y entonces $PRMQ$ es ciclico. FIN.
Apenas intenté este problema y ya me salió, pero la solución es la misma que la de Daniel, por eso no la escribo.
Publicar un comentario