miércoles, 8 de febrero de 2012
Problema del día.
Demuestra que en cualquier triángulo, las rectas que unen el punto medio de cada lado con el punto medio de su altura correspondiente, se intersectan en el punto simediano del triángulo.
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24 comentarios:
Este también lo hicimos en el blog el año pasado.
Pero yo no lo puse, entonces no cuenta jeje.
Es un Stewart y un Ceva Trigonométrico. Si G es el baricentro, F el punto medio de BC, E el punto medio de AD, y D el pie de altura de A a BC, entonces le llamo AF'' a la bisectriz, y AF' a la simediana, y le llamo G' a la intersección de FE con AF', y quiero que G' sea el punto simediano. Al punto simediano le llamaré G''. Quiero G'=G''. Le llamo c a la longitud de BA, b a la de CA, $b_1$ a la de DC, y $c_1$ a la de DB. Supongamos que AD mide h. Diré que el ángulo BAF mide $\alpha$ y el FAC mide $\beta$.
Primeramente, supongamos que tenemos un triángulo XYZ, su punto simediano W. Por la definición de punto simediano y por el teorema de la bisectriz generalizado, $\displaystyle\frac{senYXW}{senWXZ}=\displaystyle\frac{XY}{XZ}$. Si W fuera el gravicentro, la fracción de la derecha será XZ/XY. A éste hecho le llamaré el hecho $\lambda$. Ahora, quiero G'=G''. Para ver ésto es suficiente ver que FE, AG'' y CG'' concurren. Ahora, ésto es equivalente a ver que: (por razones de Latex pongo T en vez de G''
$1=\displaystyle\frac{senEFD}{senEFA} \times \displaystyle\frac{senFAT}{senTAC} \times \displaystyle\frac{senACT}{senTCF} = \displaystyle\frac{FA}{FD} \times \displaystyle\frac{sen(\beta-\alpha)}{\alpha} \times \displaystyle\frac{b}{CB}$, de $\lambda$ en DFA, ángulos y $\lambda$ en ABC. Así, demostraré que:
$FA \times sen(\beta-\alpha) \times b = FD \times sen(\alpha) \times CB$. Si le llamo $a=c_1+b_1$, entonces FA se saca con Stewart, y $FD=(c_1-b_1)/2$. De aquí, se nota que $c^2+b_1^2=b^2+c_1^2=h^2$, y que $\frac{c_1}{b_1}=\frac{sen\alpha}{sen\beta}$, y que $FA=\displaystyle\frac{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}{2}$, por Stewart, para demostrar que
$\displaystyle\frac{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}{2} \times sen(\beta-\alpha) $$\times b = FD=(c_1-b_1)/2 \times sen(\alpha) \times a$ con cuentas, recordando las anteriores observaciones, y acabamos. Quod erat demonstrandum $\clubsuit$.
donde se pasa dice "...$\times \displaystyle\frac{b}{CB}$".
También se debería ignorar el "...=FD=...", al final de la prueba.
Yo ya conocía la solución, viene en el Shively. Supongo que no tiene caso que la ponga, porque no es mía, pero se basa en que un vértice del triángulo, el punto simediano, el pie correspondiente de la simediana y la intersección de las tangentes al circuncírculo de ABC correspondiente, forman una hilera armónica, y después nos fijamos en el haz desde el punto medio del lado.
Bueno, demostré que si en el triángulo $ABC$, tenemos que $AN$ es simediana, y $S$ es el punto simediano, entonces
$\frac{AS}{NS}=\frac{AB^{2}+AC^{2}}{BC^{2}}$
Sean $BC=a$, $CA=b$ y $AB=c$ y sean $\angle A=x$, $\angle B=y$ y $\angle C=z$.
Así, vemos que $BD=c\cos{y}$, y que $BC=c\cos{y}+b\cos{z}$, por lo que asumiendo sin pérdida de la generalidad que $AC\geq AB$, tenemos que $DM=\frac{b\cos{z}-c\cos{y}}{2}$.
Esto pues, tenemos que $DM=BC-2BD$. Ahora, calcularemos $NM$.
Para esto veremos que $NM=BM-BN$, así que calcularemos $BN$. Usando el hecho de que $\angle BAN=\angle CAM$ y ley de senos en $ABN$ y $ACM$, vemos que
$BN=\frac{AN\cdot BC \cdot \sin{z}}{2AM\cdot sin{y}}$
Entonces tenemos que
$NM=BM-BN=\frac{AM\cdot BC\cdot \sin{y}-AN\cdot BC\cdot \sin{z}}{2AM\sin{y}}$
$NM=\frac{BC}{2AM\sin{y}}\cdot \left(AM\sin{y}-AN\sin{z}\right)$
Entonces ahora tenemos que
$\frac{DM}{NM}=\frac{AM\sin{y}\left(b\cos{z}-c\cos{y}\right)}{a\left(AM\sin{y}-AN\sin{z}\right)}$
Ahora, vamos a probar que $\frac{DM}{NM}-1=\frac{4AM^{2}}{BC^{2}}$.
Esto ya que si esto ocurre entonces tendremos que
$\frac{DM}{NM}=\frac{b^{2}+c^{2}}{a^{2}}=\frac{AS}{NS}$
y tendremos que
$\frac{DM\cdot NS\cdot AX}{NM\cdot AS\cdot DX}=-1$
donde $X$ es el punto medio de $AD$, y $AD$ es altura. Por Menelao tendremos que $M, S, X$ son colineales, y habremos mostrado que las $3$ rectas que queremos pasa por el punto simediano de $ABC$.
Usando el hecho de que por Stewart tenemos que
$AM=\frac{1}{2}\sqrt{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}$
$AN=\frac{2bc}{b^{2}+c^{2}}\cdot AM$
hacemos algunas cuentas algebraicas y vemos que lo de arriba es cierto, por lo tanto, concluimos que lo mencionado en el comentario anterior es cierto, y terminamos.
Sea ABC el triángulo; D el pie de altura desde A; N el punto medio de AD; M el punto medio de BC; P,Q y R las intersecciones de las tangentes al circuncírculo de ABC por B y C, C y A, A y B, respectivamente; X la intersección de AP con BC y S la intersección de AP con MN. Es conocido que AP es simediana de ABC, por lo que sólo falta probar que S es punto simediano de ABC para ver que MN pasa por S. Tenemos que el haz M(ADNP)=-1, pues N es punto medio de AD y MP||AD. Entonces, (AXSP)=-1. Sea T la intersección de AB con PQ. Entonces, (PQCT)=-1 pues AP, BQ y CR concurren. Luego, B(PQCT)=-1=B(PSXA), y como (P,P,B), (X,C,B) y (A,T,B) son ternas de puntos colineales, nos queda que S,Q y B son colineales, por lo que AP y BQ se intersectan en S, y como ambos son simedianas de ABC, S es punto simediano de ABC. Esto es análogo a las demás rectas que unen los puntos medios de las alturas con los puntos medios de los lados.
Sea ABC el triángulo.
Sean P,S,A´,D y K, el punto simediano del triángulo, el pie de la simediana desde A, el punto medio de BC, el pie de la altura desde A, y el punto medio de AD, respectivamente.
Sean X,Y,Z, los puntos de intersección de las tangentes al circuncírculo de ABC desde B y C, C y A, A y B, resp.
Es conocido que las simedianas de ABC son AX, BY y CZ y se intersectan en P. Entonces es conocido q por Ceva y Menelao, A,P,S y X forman una hilera armónica.
Como CX y BX son tangentes y A´ es punto medio, entoncs A´X perpendicular a CB. Entonces A´X paralela a AD. Pero K es punto medio de AD, entoncs AA´, A´K, A´D, A´X es un haz armónico. Entonces al ver su interseccion del haz anterior con AX tenemoes q: A, la intersección de A´K y AX, S y X son armónicos. Pero A,P,S y X forman una hilera armónica. Por lo tanto P está en KS. Repitiendo el proceso con los demás puntos medios concluimos q las rectas que unen el punto medio de cada lado con el punto medio de su altura correspondiente, se intersectan en el punto simediano del triángulo.
Consideremos un triángulo ABC con su circunferencia circunscrita y las tangentes por B y C. Su punto de intersección sea P.
Sabemos que AP es la simediana correspondiente al vértice en A. Sea M el punto medio de BC, H el pie de la altura desde A, K el punto de intersección de la simediana con BC, L el punto medio de AH y J el punto simediano del triángulo ABC. Queremos que L, J y M sean colineales, entonces por el teorema de menelao en el triángulo AHK tenemos que $(\frac{HL}{LA})(\frac{AJ}{JK})(\frac{KM}{MH})=1$ Pero HL=LA, y como A, J, K y P son una hilera armónica donde $\frac{AJ}{JK}=\frac{AP}{PK}$ queremos en realidad $\frac{AP}{PK}=\frac{MH}{KM}$
Pero AP=AK+KP y MH=MK+KH, entonces $\frac{AK+KP}{PK}=\frac{MK+KH}{KM}$ entonces $1+\frac{AK}{PK}=1+\frac{KH}{KM}$ entonces $\frac{AK}{PK}=\frac{KH}{KM}$. Pero los triángulos AKH y PKM son semejantes porque AH y PM son perpendiculares a BC. Por lo que se cumple la relación anterior. Por lo tanto sí son colineales el punto medio con el punto simediano y el punto medio de la altura correspondiente. La desmostración es análoga para los otros lados.
Sea A, B y C los puntos de tangencia del incirculo de $\triangle XYZ$ con los lados $YZ, XZ, YX$ respectivamente.
Sea D el pie de la altura desde A, $P=AX \cap BC$, M el punto medio de BC, N el punto medio de AD, $R=AC \cap BY$ y $S=BY \cap AX$.
Sabemos que AX, BY, CZ son las simedianas de ABC, entonces S es el punto simediano.
Sea Q la interseccion de AC con XZ. Como QB es tangente al circuncirculo de ABC $\then \triangle CBQ \sim \triangle BAQ$
$\then \frac{CB}{BA}=\frac{BQ}{AQ}=\frac{CQ}{BQ}$
$\then \left(\frac{CB}{BA} \right)^2=\frac{BQ \cdot CQ}{AQ \cdot BQ}=\frac{CQ}{AQ}$
Sabemos que como R es la interseccion de la simediana con AC $\then \frac{CR}{RA}= \left(\frac{CB}{BA} \right)^2$
$\then \frac{CQ}{AQ} = \frac{CR}{RA}$
$\then B(QRAC)=-1$
La recta AX intersecta este haz armonico en XASP, lo que nos dice que $(XS,PA)=-1$
Queremos que MNS sean colinales para que MN pase por el punto simediano, entonces por menelao en $\triangle ADP$:
$\frac{AN}{ND}\cdot \frac{DM}{MP} \cdot \frac{PS}{SA}=-1$
Por la hilera armonica sabemos que $\frac{PS}{SA}=-\frac{PX}{XA}$ y como N es punto medio AN=ND.
$\then$ PD:
$\frac{DM}{MP}=\frac{PX}{XA}$
$\iff \frac{DM}{MP}-1=\frac{PX}{XA}-1$
$\iff \frac{DM-MP}{MP}=\frac{PX-XA}{XA}$
$\iff \frac{PD}{MP}=\frac{PA}{XA}$
Como M es punto medio de BC en el triangulo isosceles XBC, entonces XM es altura. De aqui vemos que $AD \parallel MX$
$\then \triangle DAP \sim \triangle MXP$
$\then \frac{PD}{MP}=\frac{PA}{XA}$
Que es lo que queriamos demostrar.
Le faltaron algunas $\Rightarrow$ porque confundi el codigo :S
Usamos coordenadas baricentricas. Porque puedo. :I
Tenemos que el punto simediano es $(a^2,b^2,c^2)$ y que el punto medio de $BC$ es $(0,1,1)$. Tenemos que el ortocentro es $(x_bx_c,x_cx_a,x_ax_b)$ donde $x_u=a^2+b^2+c^2-2u^2$. Entonces el punto pie de altura es $(0,x_cx_a,x_ax_b)=(0,x_c,x_b)$.
El punto medio de $A$ y el pie de altura seria $(\frac{1}{2},\frac{\frac{x_c}{x_b+x_c}}{2},\frac{\frac{x_b}{x_b+x_c}}{2})=(x_b+x_c,x_c,x_b)=(2a^2,a^2+b^2-c^2,a^2-b^2+c^2)=T_a$.
Asi que que queremos ver si el punto simediano $K$ el punto medio de BC $M_a$ y el punto medio de la altura $T_a$ son colineales. Notamos que si $r=a^2-b^2-c^2$ y $s=2$ entonces tenemos que $r\cdot 0+s\cdot (a^2)=2a^2$,$r\cdot (1)+s\cdot (b^2)=a^2+b^2-c^2$ y $r\cdot (1)+s\cdot(c^2)=a^2-b^2+c^2$. Asi que sí son colineales $M_a$,$T_a$ y $K$. Por lo tanto se cumple lo que queriamos.
Otra manera de verlo es calcular la determinante de
$\left |\begin{bmatrix}{0}&{1}&{1}\\{a^2}&{b^2}&{c^2}\\{2a^2}&{a^2+b^2-c^2}&{a^2-b^2+c^2}\end{bmatrix}\right |$
y ver que es igual a 0.
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