martes, 22 de febrero de 2011
Problema del día, 22 de febrero (Geometría)
Sea $ABC$ un triángulo isósceles con $AB=CA$. Si $B_1$ y $C_1$ son puntos sobre la recta $BC$ tales que $BC=B_1C_1$ y $P$, $Q$ las intersecciones del circuncírculo de $ABC$ con $AB_1$ y $AC_1$ respectivamente, demuestra que $PQ$ pasa por el punto medio de $BC_1$.
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9 comentarios:
Sea M el punto de intersección de PQ con CB. Rebauticemos los vértices para que no se vean tan feos los ángulos, B_1=D, C_1=E.
Persiguiendo ángulos y usando la hipótesis de que ABC es isósceles es fácil ver que <EPQ=<QDE, por lo tanto EPDQ es cíclico, entonces EMxMD=PMxMQ (esto por potencia de punto). También por potencia de punto, como CQBP es cíclico, se tiene que PMxMQ=CMxMB, juntando las dos igualdades tenemos que CMxMB=DMxME y por hipótesis CM+MB=EM+MD (añadiendo la acotación de que MB es menor estricto a MD) por lo que se obtiene que CM=MD y EM=MB como se quería demostrar.
Pa quien quiera intentarlo: Sea W el punto de intersección de AC con PQ y M el punto de intersección de PQ con CB, demostrar que (CP/PB)x(QW/MQ)=WP/PM.
Vemos por angBQA=BCA=ABC y fijandonos en otrosangulos en la circunferencia, dependiendo el caso podemos llegar a que angPB1C1=PQC1 que implica que PQB1C1 son conciclcicos ypor lo tanto PQ esel ejeradical de estacircunferencia y el cicuncirculo ABC, entonces usando potencia y sabiendo que B1C1=BC llegamos a lo que que se pide
Supongamos sin pérdida de generalidad que $B_{1}$ no está en la extensión de $CB$ (hacia B). Llamemos a $\angle ABC=\angle ACB= \alpha$ y $\angle CAC_{1}=\beta$. Veamos ahora que como $\angle CAC_{1}+\angle ACC_{1}+\angle AC_{1}C=180°=\angle ACC_{1}+\angle ACB$ entonces $\angle AC_{1}C=\alpha-\beta$. Como vemos, el arco $AQC$ mide $2\alpha$ puesto que $\angle ABC=\alpha$ y es inscrito, y de manera similar, el arco $QC$ que no contiene a $A$ mide $2\beta$ por lo que el arco $AQ$ que no contiene a $C$ mide $2(\alpha - \beta)$ y entonces por ser ángulo inscrito $\angle APQ=\alpha - \beta=\angle AC_{1}C$ de donde podemos ver que $B_{1}C_{1}QP$ es cíclico. De aquí vemos que el eje radical de esta última circunferencia y el circuncírculo del triángulo $ABC$ es $PQ$ por lo que la potencia del punto de intersección de $PQ$ con $BC$ Si a la intersección la llamamos $R$ podemos ver que $RC*RB=RB_{1}*RC_{1}$ de donde vemos que si $RC=x$, $RB_{1}=y$ y $BC=B_{1}C_{1}=a$ entonces $x(a-x)=y(a-y)$ de donde vemos que $ax-x^{2}=ay-y^{2}$ entonces veamos que $ax-ay=x^{2}-y^{2}$ entonces $a(x-y)=(x-y)(x+y)$ y si suponemos que $x\neq y$ entonces podemos dividir ambos lados entre $(x-y)$ y nos queda que $a=x+y$ pero eso es verdad si y sólo si $B_{1}=B$ y $C_{1}=C$ que significa que $PQ$ sí pasan por el punto medio de $BC_{1}$ ya que son la misma recta. En caso contrario, veamos que entonces $x=y$ por lo que $BR=a-x=RC_{1}$ que es exactamente lo que queríamos demostrar.
Sea $M=PQ\cap BC$
$\angle C_1 B_1 P=\angle C B_1 A= \frac{\widehat{AC}- \widehat{PB}}{2}= \frac{\widehat{AB}- \widehat{PB}}{2} =\frac{\widehat{AP}}{2} =\angle AQP$
Entonces $PQ$ es eje radical de los circuncirculos de $ABC$ y $PQ C_1 B_1$ entonces como $M\in PQ$ tenemos que $MB\cdot MC=MB_1\cdot MC_1\Rightarrow MB^2+MB\cdot BC=MC_1^2+MC_1\cdot C_1B_1$
\Rightarrow MB^2+MB\cdot BC=MC_1^2+MC_1\cdot CB
$\Rightarrow (MB-MC_1)(MB+MC_1)+(MB-MC_1)\cdot BC=0$
$\Rightarrow (MB-MC_1)(MB+MC_1+BC)=0$. Pero como el segundo factor siempre es positivo, entonces el primero es $0$ entonces $MB=MC_1$
Primero, veamos que el cuadrilátero $PC_{1}QB_{1}$ es cíclico. Sea $\angleACB=\angleABC=\alpha$ y $\angleCAC_{1}=\beta$. Entonces, $\angle BC_{1}Q=\angleAC_{1}C=180º-\angleC_{1}AC-\angleC_{1}CA=180º-\beta-\alpha$. Como $BACQ$ es cíclico, $\angleC_{1}AC=\angleQAC=\angleQBC=\beta$ y como $PAQB es cíclico, $\angleQPA=\angleQBA=\angleC_{1}BA+\angleQBC_{1}=\alpha+\beta$, luego $\angleB_{1}PQ=180º-\alpha-\beta=\angleB_{1}C_{1}Q$, de donde $B_{1}PC_{1}Q$ es cíclico.
Entonces, por potencia de M al circuncírculo de $B_{|}PC_{1}Q$, $PM\cdotMQ=B_{1}M\cdotC_{1}M$. Ahora, por construcción el cuadrilátero $PCQB$ es cíclico, de donde $PM\cdotMQ=BM\cdotCM$. De ambas relaciones obtenemos que $B_{1}M\cdotC_{1}M=BM\cdotCM\Rightarrow(B_{1}B+BM)\cdotC_{1}M)=BM\cdot(CC_{1}+C_{1}M)\RightarrowB_{1}B\cdotC_{1}M+BM\cdotC_{1}M=BM\cdotCC_{1}+BM\cdotC_{1}M\RightarrowB_{1}B\cdotC_{1}M=BM\cdotCC_{1}$, y como $B_{1}B=CC_{1}$, $C_{1}M=BM$, luego M es el punto medio de $BC_{1}$.
ahh wtf que paso con el latex!?
Como $BC=B_1C_1$ entonces $BB_1=CC_1$. Llamemos M a la intersección de BC y PQ.
Aplicando Menelao en el triangulo $AB_1C_1$ y la linea $PMQ$ obtenemos
$ \fracc{AP}{PB_1} \fracc{B_1M}{MC_1) \fracc{C_1Q}{QA} =1$
Pero persiguiendo angulos en la circunferencia vemos que $ \angle APQ = \angle AC_1B_1$ Por lo tanto los triagulos $AQP$ y $AB_1C_1$ son semejantes por lo que $ \fracc{AP}{AQ} = \fracc{AC_1}{AB_1}$
Sustituyendo esto en la ecuación, utilizando que por potencia $(AB_1)(PB_1)=(BB_1)(B_1C)$ y $(AC_1)(C_1Q)=(CC_1)(C_1B)$ y usando que $BB_1=CC_1$ obtenemos que $(BC_1)(MB_1)=(MC_1)(B_1C)$
Desarrollando esto y poniendolo como suma de $MC$ y $MB_1$ obtenemos que $(MB_1-MC)(MC+MB_1+BB_1)=0$ como el segundo término es positivo tiene que pasar que $MB_1=MC$ y como $BB_1=CC1$ sumando estas dos ecuaciones obtenemos que $BM=MC_1$ que es lo que queríamos. Fin
Por comodidad $B_{1}$=B' y $C_{1}$=C'.
Llamamos $\alpha=\angle ABC=\angle ACB$, $\beta=\angle CAB'$, y $\gamma=\angle B'AC'$. De aquí, notamos que $\angle AQP=180+\beta-\alpha$, $\angle AB'C=\alpha-\beta$ y $\angle AC'B=\alpha-\beta-\gamma$, luego deducimos que $\angle QPB'=180+\beta+\gamma-\alpha$, de lo que notamos que el cuadrilátero QPB'C' es cíclico, y a su circuncírculo le llamaremos L', y al circuncírculo de ABC le llamamos L. Ahora, nos damos cuenta que la recta PQ es el eje radical de L y L', entonces el punto donde intersecte a BC será un punto que tenga la misma potencia a ambas circunferencias. Sea X dicho punto y la distancia de BC=B'C'=d, entonces XC(XB)=XB'(XC')$\Rightarrow$XC(XC+d)=XB'(XB'+d), y para que suceda dicha igualdad, sólo se puede cuando XC=XB', de donde fácil se ve que XB=XC', entonces es el punto medio de BC'.
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