jueves, 1 de septiembre de 2011
Geometría
Sea $\Delta ABC$ un triángulo de ortocentro $H$ y sea $P$ un punto en su circuncírculo, distinto de $A,B,C$. Sea $E$ el pie de la altura desde $B$. Sean $PARC$ y $PAQB$ paralelogramos, y sea $X$ la intersección de las rectas $AQ$ y $RH$. Pruebe que $AP||EX$.
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2 comentarios:
Ya lo había hecho, es el G1 de la IMO SL del 1996.
Demostrare primero que $BP\perp HR$ son perpendiculares, con complejos. Sea el circuncirculo el unitario. Entonces
$h-r=(a+b+c)-(a+c-p)=b+p$. Entonces $HR$ tiene la misma direccion que $b+p$ que es la mediatriz de $BP$, ya que $|b|=1=|p|$.
Ahora, $PAQB$ es paralelogramo, entonces $BP||AQ$, entonces $AQ\perp HR$. Entonces $\angle HXA=90$. Similarmente, como $E$ es pie de altura de B, $\angle HEA=\angle BEA=90$. Entonces $AXHE$ es ciclico.
Por tanto $\angle HXE=\angle HAE$. Como $AQ\perp HR$ y $AH\perp BC$, entonces $\angle AIE=\angle ACB$.
Como $APCB$ es ciclico, $\angle ACB=\angle APB$. Como $PAQB$ es paralelogramo, $\angle APB=\angle AQB$.
Entonces $angle AIE=\angle AQB$ entonces $AP||EX$. QED.
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