En una recta $l$ hay tres puntos $A,B,P$, en ese orden. Sean $a$ y $b$ rectas perpendiculares a $l$ en $A$ y $B$, respectivamente. Una línea que pasa por $P$, distinta de $l$, intersecta a $a$ en $Q$ y a $b$ en $R$. La perpendicular a $BQ$ que pasa por $A$ corta a $BQ$ en $L$ y a $BR$ en $T$. La perpendicular a $AR$ que pasa por $B$ corta a $AR$ en $K$ y a $AQ$ en $S$.
(a) Demostrar que $P,T$ y $S$ son colineales.
(b) Demostrar que $P,K$ y $L$ son colineales
22 comentarios:
a) Con angulos se ve que BTA semejante a ABQ y que BRA semejante a ABS, luego con cuentas AS/AQ=BT/BR. Luego P es el centro de homotecia que lleva BR a AQ (pues son segmentos paralelos y es el punto de interseccion de BA y QR). Como T y S estan en la misma razon en esos segmentos, entonces son puntos analogos en la homotecia, entonces tambien esa homotecia lleva T a S. Entonces P colineal con T y S.
b) L es centro de homotecia que lleva BT a QA, K lleva BR a SA. Luego observemos BT, QA y RB. Sus centros de homotecia son:
BT y QA - L
QA y RB - P
RB y BT - llamemoslo X. Como los centros de homotecia de 3 figuras homoteticas dos a dos son colineales entonces X esta en LP.
Analogamente si Y= centro homotecia de QA y AS entonces Y esta en KP. Pero tambien veamos que la homotecia desde P que lleva B a A tambien lleva R a Q y T a S. Luego Como X y Y son puntos analogos de estos puntos entonces tambien lleva X a Y.
Luego P, X, Y colineales. Y L esta en PX= "recta por P,X,Y", y K esta en PY="recta por P,X,Y" entonces K y L estan en la misma recta que pasa por P. Entonces P,K y L son colineales.
sean:
C = AT∩BS
H = AK∩BL
M = CH∩AB
por lo tanto CM┴AB pues claramente H es ortocentro de ABC, entonces además: TB║CM║SA.
primero demostraré que P, K y L son colineales.
PA/PB = QA/RB (QA║RB entonces PRB~PQA)
QA/RB = AH/HR (QA║RB entonces HAQ~HRB)
AH/HR = AM/MB (por Thales con RB║HM)
por lo tanto: PA/PB = AM/MB, es decir, P y M son conjugados harmónicos con respecto a A y B.
de aquí es directa la colinealidad de P, K y L.
más claramente, por Ceva en ABC usando L, K y M:
(AM/MB)(BK/KC)(CL/LA) = 1 sustituyendo:
(AP/PM)(BK/KC)(CL/LA) = 1 (sin considerar segementos dirigidos)
por Menelao P, K, y L son colinealies.
ahora, para demostrar la colinealidad de P, T y S veamos que:
CM/TB = AM/AB (TB║CM entonces ACM~ATB)
CM/SA = MB/AB (SA║CM entonces BCM~BSA)
si dividimos ambas ecuaciones obtenemos: SA/TB = AM/MB
por lo tanto: SA/TB = AP/BP sii AS/AP = BT/BP
de esta última, y de que <SAP=90°=<TBP se tiene que APS~BPT
y fácilmente se checa que <APS=<APT de donde P, T y S son colineales.
también es fácil verlo con Menelao en ABC y los puntos P, T y S (obviamente...), solamente ver igualdades con Thales y las paralelas TB, CM y SA:
(AP/PB)(BS/SC)(CT/TA) =
(AM/MB)(AB/AM)(MB/AB) = 1.
Sean X,C,Y las intersecciones de las rectas AT con BS, AR con BQ y XC con AB, respectivamente. Es claro que XY es perpendicular a AB (ya que C es el ortocentro de ABX, también lo podemos ver por ángulos considerando los cíclicos ABKL y CKXL). Entonces, XY es paralela a AS y BT.
Para demostrar la colinealidad de P,T,S:
Por Menelao sobre el triángulo ABX queremos que:
(AP/PB)(BS/SX)(XT/TA)=1 (viendo sólo magnitudes)
Ahora, por la semejanza entre los triángulos ASX y BTX y haciendo unas cuentas nos queda que XT/TA=BX/BS. Sustituyendo en la ecuación de arriba nos queda:
(AP/PB)(BS/SX)=1
BX/SX=PB/PA
Ahora, por la semejanza de los triángulos PBR y PAQ tenemos que PB/PA=RB/QA, y por la semejanza de los triángulos QAC y RBC nos queda que RB/QA=BC/CQ. Pero BC/CQ=BX/SX por Thales. Entonces,
BX/SX=BC/CQ=RB/QA=PB/PA, como queríamos.
Para demostrar la colinealidad de P,K,L:
Por Menelao sobre ABC queremos demostrar que:
(AP/PB)(BL/LC)(CK/KA)=1
Por Thales tenemos que BL/LC=BT/XC y que CK/KA=CX/SA. Multiplicando ambas igualdades y sustituyendo en la ecuación de arriba queremos demostrar que:
(AP/PB)(BL/LC)(CK/KA)=
(AP/PB)(BT/XC)(CX/SA)=
(AP/PB)(BT/SA)=1
Ahora, por Thales tenemos que AP/PB=AQ/BR. Sustituyendo queremos demostrar que:
(AQ/BR)(BT/SA)=1
BT/BR=SA/AQ
Es fácil verifcar que esto es cierto por las semejanzas entre los triángulos ABS y BRA y entre ABT y QAB.
notación(ABiCD= punto de interseccion de AB y CD)
Sean X=ARiBQ y H=ALiBK.
por ser AL y BK alturas sabemos que H es el hotocentro del triangulo ABX y por lo tanto XH perpendicular a AB y paralela a AQ y BR.
(a)Los triangulos ART y BQS estan en perspectiva desde la recta XH [ARiBQ=X, ATiBS=H, RTiQS=punto al infinito en dirección XH]
Y por lo tanto estan en perspectiva desde un punto que es ABiQR=P, que implica que P,T,S son colineales.
(b)Los triangulos ALQ y BKR estan en perspectiva desde la recta XH [ALiBK=H, LQiKR=X, AQiBR=punto al infinito en dirección XH]
Y por lo tanto estan en perspectiva desde un punto que es ABiQR=P, que implica que P,L,K son colineales.
Bien! Han salido varias soluciones ya. La que yo tengo es parecida a la de Daniel, usando Desargues pero un poco diferente. A la de Flavio no le entendí en una parte del final, al rato la vuelvo a leer con más calma.
Hola, una duda, tengo una solución guardada en PDF y quiero subirla, solo que no se como puedo subir archivos a un blog. Alguien podría ayudarme?
He llegado de una posada y me parece que esto lleva ya cierto tiempo publicado... hasta cuando tengo para publicar la solución? ._.
Nota: Se consideraran los segmentos dirigidos.
Sea N= AR ∩ BQ, G= AT ∩ BS y M= NG ∩ AB.
Ya que BK y AL son alturas del ▲ANB, entonces G es el ortocentro del ▲ANB, y NM ┴AB, y NM paralela a BR.
A) Por Menelao si tiene que P, T, S son colineales ↔ (1) = ((GT)(AP)(BS))/((TA)(PB)(SG))= -1=((GT)(AP)(SB))/((AT)(PB)(SG)).
Por tales en el triangulo ATB y la paralela NM, y el triangulo ABS y la paralela NM, se tiene que GT/AT=MB/AB y que SB/SG=AB/AM entonces (1) ↔ ((MB)(AP))/((PB)(AM))= -1 ↔ MB/AM=BP/AP .
Pero al considerar primero que ▲AQP ~ ▲BRP, y luego que AQ paralela a BR, entonces ▲ANQ ~ ▲RNB y finalmente también considerando que NM es paralela al lado BR del triangulo ARB, se tiene entonces que (2)= BP/AP=BR/AQ=RN/NA=MB/AM.
Entonces por Menelao, P,T y S son colineales.
B) Por Menelao se tiene que K, L, P son colineales ↔ ((NK)(AP)(BL))/((KA)(PB)(LN))= -1.
Pero ya que G es el ortocentro del triangulo ANB entonces por el teorema de Ceva se tiene que ((NK)(AM)(BL))/((KA)(MB)(LN))= 1.
Entonces se quiere demostrar que -AP/PB =MB/AM= AP/BP.
Pero en (2) se demostró que BP/AP=MB/AM, entonces (BP)(AM)= (MB)(AP), y finalmente se tiene que MB/AM=AP/BP.
Y entonces por Menelao se tiene que K, L y P son colineales.
@Adán Lo que puedes hacere s subirlo a Google Docs o algo así y acá poner el link. También, si tuvieras tu solución como imagen podrías ponerla en un nuevo post y ya.
@CIDEB 317 Tú publícala lo más rápido que puedas y ya.
a)
Notamos que PAQ~PBR => PA/PB=PQ/PR=AQ/BR. Observamos que BQ/BK=QS/KL y AT/AK=RT/LK.
Por AAA notamos también que SAB~ABR y TBA~BAQ => SA/AB=SB/AR y BT/AB=AT/QB.
Despejando en las anteriores llegamos a que QS/RT=(BQ*AK)/(BK*AT) y AS/BT=(SB*BQ)/(AR*AT)
Como AKS~RKB, AKB~BKR y AKB~SKA nos lleva a que
AK/BK=KB/KR=SK/AK =>
AK/BK=(BK+KS)/(RK+KA)=BS/AR =>
(AK*BQ)/(BK*AT)=(BS*BQ)/(AR*AT) =>
QS/RT=AS/BT =>
AS/BT=(AS-SQ)/(BT-TR)=QA/RB,
de aquí que AS/BT=PA/PB y por criterio LAL tenemos que PBT~PAS y P es su punto de homotecia, entonces S,T y P son colineales.
b)
Sean Y y Z los puntos de intersección de QB con AR y SB con TA respectivamente.
Notamos que SZA~BZT y QYA~BYR de lo que vemos que SZ/BZ=SA/BT y QY/BY=AQ/RB; además ya habíamos visto que AQ/BR=AS/BT, entonces SZ/ZB=QY/YB, y por Thales vemos que ZY||SQ.
Tomando los segmentos paralelos QA, YZ y RB, los cuales son cuerpos homotéticos dos a dos, y sabemos que los centros de homotecia dos a dos de tres cuerpos homtéticos son colineales, es decir, los puntos L, K y P.
Sea AR∩BQ=D y AT∩BS=C.
Sabemos que ∡AKB=∡ALB=90° de modo que ABKL es cíclico. Y por ende si ∡ABD=α y ∡BAD=β entonces, ∡AKL=α y ∡BLK=β por ser ángulos inscritos que abren el mismo arco.
El cuadrilátero CKDL es cíclico, puesto que ∡DKC=90°=∡DLC y por lo mismo ∡DKC+∡DLC=180°. Lo cual nos dice que ∡DKL=∡DCL= α y que ∡DLK=∡DCK= β.
Como ∡ABD+∡DBC+∡CBR=90°= ∡ABD+ ∡DBC+BAD ⇒ ∡CBR=∡BAD=α Análogamente del otro lado, obtenemos que ∡QAC=β. De modo que BT∥DC por sus ángulos internos alternos y de la misma forma AS∥DC.
Definamos la homotecia que lleva a BR en AQ con centro en P como P_1 y la homotecia que lleva a AQ en CD con centro en L, como P_2. Sabemos que el producto de estas dos homotecias P_1 P_2 es una tercera homotecia con centro colineal a los otros dos centros de homotecia (Ya que el punto homotético de P después de P_1, llamado P' es P mismo y el punto P tras realizar P_2 y obtener P'' son todos parte de una misma recta, junto con los centros de estas homotecias. Por lo que la homotecia resultante de éstas dos, tiene centro en PL y por lo tanto son colineales).
Ahora veamos que la homotecia que lleva a CD en BR, es precisamente AR∩CB=K de modo que P, K y L son todos colineales.
Ahora apliquemos el Teorema de Papus en las rectas ASQ y BRT, obtenemos que los siguientes puntos son colineales: AR∩SB, AT∩QB y ST∩QR. Eso significa que el último es colineal con L y K, dicho de otra forma, LK, ST y QR concurren, y como QR∩LK=P, entonces S, T y P son colineales y acabamos.
Lamento mi horror de hortografía, quería decir "Teorema de Pappus"
Escribir Papus se perdona, pero escribir Hortografía no =)
Hola, esta es mi solución, alguien aviseme si está bien =D
Tenemos primero que $\frac{BR}{AQ} = \frac{PB}{AP}$
Que por PRB~PQA se cumple =)
waaa se borró o que?? ammm rayos =/
Por
$\frac{RT}{QS} = \frac{RT'}{QS} = \frac{PR}{PQ}$
Por lo tanto RT = RT' y T=T' => PTS son colineales.
Para b) definamos M y N como la intersección de AR con BQ y AT con BS respectivamente
BR,MN,AS son paralelas de ahí obtenemos
$\frac{BK}{KN} = \frac{BR}{MN}$
$\frac{NL}{LA} = \frac{MN}{AQ}$
Para que KLP sean una linea se tiene que cumplir Menelao en el triangulo BNA
¿ $\frac{NL}{LA} \frac{AP}{PB} \frac{BK}{KN}=1$ ?
Sustituyendo y factorizando esto es igual a
$\frac{BR}{AQ} = \frac{PB}{AP}$
$\angle BKA = \angle BLA = 90$ Por lo tanto BKLA es ciclico
$\angle KBL$ = . = $\angle KAL$
$\angle ABL$ = * = $\angle AKL$
$\angle BAK$ = # = $\angle BLK$
Por suma de angulos tenemos .+*+#=90
$\angle TAS$ = * $\angle SBT$ = #
Por a paralela a b tenemos
$\angle BTA$ = * $\angle BQA$ = #+. $\angle BSA$ = # $\angle BRA$ =*+.
Por AA tenemos
BTL~ABL BLA~ALQ BRK~ABK BKA~AKS
$\frac{BT}{AB} = \frac{BL}{AL}$
$\frac{BL}{AL} = \frac{BA}{AQ}$
$\frac{BR}{AB} = \frac{BK}{AK}$
$\frac{BK}{AK} = \frac{BA}{AS}$
De las cuales al igualarlas por parejas y despejar obtenemos
$(BT)(AQ)= AB^2 =(BR)(AS)$
$\frac{BT}{BR} = \frac{AS}{AQ}$
Restando 1 de ambos lados
$\frac{RT}{BR} = \frac{QS}{AQ}$
$\frac{RT}{QS} = \frac{BR}{AQ} = \frac{PR}{PQ}$
Por BT paralela a AS
Luego consideremos T' intersección de PS con b, por a paralela a b tenemos PT'R~PSQ
$\frac{RT}{QS} = \frac{RT^{\prime}}{QS} = \frac{PR}{PQ}$
Por lo tanto RT = RT' y T=T' => PTS son colineales.
Nota aclarativa que no se si tengo que aclarar para a) ...
T y S siempre caen del mismo lado de PQ por que ambos puntos estan definidos por $\angle BMA$
si este es obtuso, entonces K y L por ser perpendiculares caen ambos fuera del triangulo BMA y por lo tanto T y S quedan fuera del segmento BR y AQ respectivamente
si $\angle BMA$ es agudo entonces K y L caen dentro de los lados del triangulo BMA y T y S quedan dentro de los segmentos BR y AQ respectivamente.
Y asi es mas facil ver porque si RT=RT' entonces T=T'
BR,MN,AS son paralelas por..
$\angle MKN = 90= \angle MLN$ Por lo tanto MLNK es ciclico
$\angle KLN$ =*+. Por BKLA
$\angle KMN$ = *+. Por arco KN
Ammm una disculpa por el horrible desorden originado por mi mala escritura con Latex, quizá puede ayudar sugerir leer los comments en el siguiente orden: 4,3,1,6,5 aunque en realidad el 6 debería estar dentro del 3 y el 5 dentro del 4 =S
Hola.
Creo que encontre otra solución, bueno la segunda parte pues empiezo con demostrar por el teorema de pappus con las rectas sqa y trb que p,k y l son colineales si y solo si p,t y s lo son que alguien ya lo hizo.
Ahora para demostrar que L, S y L son colineales:
Como AS paralela a TB, <QSB = <KBR.
Pero <AKB = <ABR = 90 entonces <KAB = <KBR.
Ahora, <ALB = <AKB = <BKR = <RR´B = 90 entonces
LKBA y KRR´B son cíclicos,
entonces <KLB = <KAB y <KBR = <KRR´ = <KR´Q
Entonces
<KLB = <QSK = <QR´K
Entonces
SQLKR´es cíclico con circunferencia C1.
Análogamente
Q´LKRT es cíclico con circunferencia C2.
Entonces el eje radical de C1 y C2 es LK.
Sean Q´y R´ los pies de las perpendiculares a PQ desde A y B, resp.
Entonces por Thales AP/AB = QP/RP = Q´P/R´P.
Entonces QP.R´P = RP.Q´P.
Entonces P tiene la misma potencia a C1 y C2.
Entonces P está en el eje radical LK de C1 y C2.
Entonces P, L Y R son colineales.
Entonces S, T y P son colineales.
Perdón al final era
Entonces P, L y K son colineales.
Entonces S, T y P son colineales.
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