martes, 31 de mayo de 2011
Problema del día 31 de MAyo (Centros)
En un triángulo $ABC$, el punto medio de $BC$ es $L$. La bisectriz de $\angle CLA$ corta a $AC$ en $M$ y la de $\angle BLA$ corta a $AB$ en $N$. El circuncírculo de $LMN$ corta de nuevo a $AL$ en $X$ y a $BC$ en $Y$. La recta $XY$ corta a las rectas $LM$ y $LN$ en los puntos $P$ y $Q$, respectivamente. Muestra que $NP$ y $MQ$ son perpendiculares.
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3 comentarios:
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 $MQ\perp NP$.
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.
¿Alguien sabe porque no se podía postear antes?
Bueno, seré breve
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.
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