viernes, 10 de septiembre de 2010
Problema del día: 9 de Septiembre
Sea $ABC$ un triángulo acutángulo y sea $M$ el punto medio de $BC$. Sea $P$ el punto en el segmento $AM$ tal que $BM = PM$ y sea $H$ el pie de la perpendicular de $P$ a $BC$. Sean $Q$ y $R$ puntos en $AB$ y $AC$ tales que $HQ$ es perpendicular a $PB$ y $HR$ es perpendicular a $PC$. Pruebe que el circuncírculo de $QHR$ es tangente a $BC$ en $H$.
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6 comentarios:
Ya em salió como con 100 semejanzas, jajaja, en un ratito lo pongo
ya me salio, luego lo escribo
sean $D$ la interseccion de $CP$ con $AB$, $E$ la intersección de $BP$ con $AB$, $F$ la interseccion de $CP$ con $HR$, $G$ la interseccion de $BP$ con $QH$. Es fácil ver que $\angle BPC=90$ y por lo tanto $HQ$ es paralela a $PC$ y $HR$ es paralela $PB$, de ahi se puede ver que$\frac{QF}{FH}=\frac{DP}{PC}=\frac{EP}{PB}=\frac{RG}{GH}$,(la segunda igualdad se da utilizando el teorema de Ceva en el triangulo $ABC$ que implica que $DE$ es parlelo a $AB$).
De esto podemos ver que $GF$ es paralelo a $QR$.
Vemos que $PFHG$ es cíclico con centro en $PH$ (por que $\angle PFH=\angle PGH=90$) y como $PH$ es perpendicular a $BC$ entonces el cíclico $PFHG$ es tangente a $BC$. Vemos que $\angle RQH=\angle GFH=\angle GHC$ lo que implica lo que queremos demostar.
Como que se antoja una solución por vectores no?, pero no se me ocurre, si hay una la pueden postear porfa.
Jajaja, eso de "como que se antoja" sólo lo puedes poner en los problemas de Hugo... Yo lo intenté por vectores un rato, pero como que nada bonito salía y mejor lo dejé
mmm, ok, jaja
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