lunes, 30 de mayo de 2016
Problema del día.
Sea $ABC$ un triángulo con alturas $AD$ y $BE$ que intesectan en $H$. Sea $M$ el punto medio de $AB$ y supón que los circuncírculos de $DEM$ y $ABH$ se intersectan en $P$ y $Q$ (con $P$ del mismo lado de $A$ con respecto $CH$). Pruebe que las líneas $ED, PH, MQ$ concurren en el circuncírculo de $ABC$.
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Sea $\Omega$ el circuncírculo de $ABC$, y sean $P^*$ y $Q^*$ las intersecciones de la recta $DE$ con $\Omega$, tales que $P^*$ está del mismo lado que $A$ con respecto a la recta $CH$. Sea $H^*$ la intersección del rayo $MH$ con $\Omega$. Es un hecho conocido que $\angle HH^*C = 90^{\circ}$, y entonces $H^*$ está en la circunferencia de diámetro $CH$. Se sigue que $MH \cdot MH^* = MA^2$, pues las circunferencias de diámetros $AB$ y $CH$ son ortogonales.
Consideremos la inversión con centro $M$ y radio $MA = MB = MD = ME$. Esta inversión lleva $H$ a $H^*$, y entonces lleva $(AHB)$ a $\Omega$. Además, lleva $(MDE)$ a la recta $DE$. Se sigue que los inversos de $P$ y $Q$ son las intersecciones de las recta $DE$ con $\Omega$. Luego, $M, P, P^*$ son colineales y $M, Q, Q^*$ son colineales.
Para terminar, basta probar que $P, H$ y $Q^*$ son colineales. Consideramos ahora la composición de la inversión con centro $H$ y radio $\sqrt{HA \cdot HD}$ y la reflexión con respecto a $H$. Esta transformación lleva la circunferencia de los nueve puntos de $\triangle ABC$, que es justamente $(MDE)$, a $\Omega$, Entonces el inverso de $P$ está sobre $\Omega$. Además, la transformación lleva $A$ a $D$ y $B$ a $E$, y por lo tanto lleva $(AHB)$ a la recta $DE$. Luego el inverso de $P$ es la intersección del rayo $ED$ con $\Omega$, que es justamente $Q^*$, y entonces $P, H, Q^*$ son colineales.
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