El circuncírculo con centro O de un triángulo acutángulo ABC tiene a AA' como diámetro.
La recta tangente al circuncírculo en A' intersecta a la recta BC en D.
La recta OD intersecta a los lados AB y AC en los puntos P y Q respectivamente.
Demuestra que OP=OQ.
miércoles, 2 de junio de 2010
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8 comentarios:
ya lo hice
Yo se que tu ya lo hiciste... por eso te pido que tu hagas una solución distinta... usando metodos elementales..(yo ya encontre una)
Es el problema que hizo que te confundieras en la APMO, no? Pues la idea es que si A'Q y A'P cortan a la circunferencia en B' y C', respectivamente, aplicas Pascal al A'A'B'BCAy te dice que Q, D y el punto de intersección de AA' con BB' con colineales, pero el único punto de AA' que está sobre la recta QD es O, entonces O está en BB' y entonces B y B' son diametralmente opuestos. Haces lo mismo para ver que C y C' también son diametralmente opuestos, luego ABC y A'B'C' son homotéticos desde O, es fácil ver que la homotecia manda P a Q y de ahí concluyes OP=OQ.
Sería bueno, como dice Georges, buscar una solución en la que no uses Pascal. (A eso te referías con métodos elementales, no?)
Híjole! Es que el problema te grita a no usar cosas elementales. Sean X y Y son los puntos donde intersecta el circuncirculo de ABC a la recta OD. Observamos que O es el punto medio de la cuerda XY. AA' y BB' (B' el diametralmente opuesto a B) son dos cuerdas que pasan por O. Entonces, si Q' es la interseccion de A'B' con XY, por el Teorema de la mariposa, tenemos que O es el punto medio de PQ. Entonces basta probar que B', Q y A' son colineales. Y pues el problema entonces grita: "Usa Pascal", jeje. Bueno, de todos modos, intentaré sin usar Pascal, si encuentro algo interesante lo posteo.
Está padre la solución de Hugo, yo nunca había visto que usaran el Teorema de la Mariposa para resolver un problema, creía que era inservible, jajaja.
Las dos soluciones estan padres, este problema es de un selectivo de Morelos para el nacional, y solo le salio a Daniel por Pascal, yo no sabia Pascal, y menos Pascal degenerado (que si eliges dos puntos iguales entonces es la tangente) entonces no me salio, pero recientemente lo intente sacar con cosas mas fáciles y me salio con unas semejanzas y unos cíclicos, voy a ver si alguien encuentra una solucion asi, si no el jueves en la noche la posteo.
Saludos
Va la solución sin usar Pascal.
SPG suponte que B esta entre C y D.
Ahora considera la recta paralela a PQ que pasa por C. Esta recta corta a AB y a AO en R y S resp.
Sea M el punto medio de BC.
Ahora, demostrar que PO=OQ es equivalente a demostrar que RS=SC, que es equivalente a demostrar que SM es paralela a BR.
Como M es punto medio entonces ang(DMO)=90=ang(DA'O). Por lo tanto OMA'D es cíclico, y entonces ang(MA'O)=ang(ODM)=ang(DCR) por ser DQ y RC paralelas. Por lo tanto MSA'C es cíclico.
Entonces ang(SMC)=180-(SA'C)=180-(AA'C)=180-(ABC)=(RBD).
Por lo tanto BR es paralela a MS y acabamos.
Yo tengo una solución k no usa cosas tan elevadas como pascal pero usa menelao, que es una herramienta que a veces se usa en el nacional:
Construyamos la figura en el orden inverso, es decir, sean P y Q puntos sobre AB y AC, resp. tales que O es punto medio del segmento PQ. Sea D la intersección de PQ y BC. Probaremos que DA' es tangente al circuncírculo:
Como O es punto medio de AA' y PQ, APA'Q es paralelogramo, de donde se tiene que <A'PB=<BAC y también <A'QC = <ABC.
Como AA'es diametro, <A'BP = <AÇQ=90.
Esto significa que los triángulos BPA' y CQA'son semejantes, por lo que CQ/PB=CA'/BA'=QA'/PA'=PA/QA
LA ultima igualdad es porque APA'Q es paralelogramo.
Por teorema de Menelao, y usando las igualdades de arriba:
1=BD/DC*CQ/QA*AP/PB = BD/DC*(CA'/BA')^2, de donde se sigue que BD/DC = BA'^2/CA'^2.
Si llamamos T al punto donde la tangente por A' corta a BC, tendremos que los triángulos A'TB y CTA' son semejantes, por lo que
BT/TA'=A'B/A'C=A'T/TC
Entonces
BT/TC = BT/TA'*A'T/TC=A'B/A'C*A'B/A'C=(A'B/A'C)^2
Por tanto, T y D dividen en la misma razon externa al segmento BC, así que son el mismo punto, por lo que ya acabamos xD
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