Problema 2 de la XXV OMM

Problema 2 de la XXV OMM 14 noviembre 2011

Posted by ommyucatan in Uncategorized.
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Sea ABC un triángulo acútangulo con sus vértices sobre la circunferencia C. Sea $l$ la recta tangente a C en el punto A. La circunferencia con centro B y radio BA intersecta la recta $l$ en D y a la recta AC en E. Muestra que la recta DE pasa por el ortocentro del triágulo ABC.
Nota: El ortocentro de un triángulo es el punto donde concurren las tres alturas del triángulo.

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Comentarios»

1. Raúl Ucán - 15 noviembre 2011: Por hipótesis tenemos: $\Delta ABE$ , $\Delta ABD$ isósceles, llamemos P y Q al punto medio de los segmentos $\bar{DA} \; y \; \bar{AE}$ y R al pie de la altura del triángulo ABC desde A.
$\angle BCA = \angle {BAP}$ por ser ángulos inscrito y semi-inscrito compartiendo el mismo arco. a partir de ahora iguales a $\alpha$
En el triángulo $\Delta ARB \; \alpha + \angle {RAC} = 90 \; sea \angle {RAC} = \beta$
En triángulo $\Delta APB \; \angle {PBA} = 90 - \alpha \; luego \; \angle {PBA} = \beta$
$\bar {BP} \perp \bar {AD} \; y \: \bar {BQ} \perp \bar {AC}$ cuadrilátero APBQ cíclico, $\angle {PBA} = \angle {PQA} = \beta$ recordando que DE es paralelo a PQ tenemos que $\angle {AED} = \angle {PQA} = \beta$
Sea T intersección de $\bar {AR} \; y \; \bar {DE}$ T se encuentra sobre la mediatriz del triángulo ABE, el cual es también altura desde B del triángulo ABC, pero también está sobre AR, altura de ABC desde A, luego T es el ortocentro del triángulo ABC.

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2. Tony - 15 noviembre 2011: Mi solución es la siguiente:

Sea T el pie de la altura del $\triangle ABC$ desde B, entonces, como $\triangle ABE$ es isosceles, $\angle ABE=2\angle ABT=90-A$ , y como $\angle ADE$ abarca el arco AE, entonces $\angle ADE=\frac{\angle ABE}{2}=90-A$ , y como DA es tangente a $C$ en A, entonces $\angle DAB=\angle BCA = C$ , de donde en $\triangle ADE$ , $\angle AED= 90-C$ .
Sea H la interseccion de BT con DE, como H esta sobre la mediatriz de AE, entonces $\angle HAT =\angle HET=90-C$ , de donde AH perpendicular a BC y por tanto H es el ortocentro del $\triangle ABC$ , concluyendo que DE pasa por el ortocentro del triángulo ABC.

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3. Patata Frita Patatosky - 1 diciembre 2011: Trazamos las alturas desde A y B del $\triangle ABC$ y llamamos a los puntos de intersección con $AC$ y $BC$ $F$ y $G$ respectivamente. Trazamos además $BD$ $FG$ y $EB$ . Sea $H$ la intersección de $AG y BF$ , es decir el ortocentro. Trazamos $EH$ y $DH$
Como sabemos, $AB=BD=BE$ , entonces $\triangle ABE$ es isósceles, entonces sea $<FBE= \theta$ , y por consecuente $<FBA= \theta$ , y como $\square FABG$ es cíclico por tener $<AFB=<AGB=90º$ , entonces $<FGA= \theta$ .
Sea $<FAH= <FEH= \alpha$ por ser H punto sobre la mediatriz de $AE$ .
Sea $<HAB= \kappa$ , y como $<FAB=<FEB$ por ser B punto sobre la mediatriz de $AE$ , $<HAB=<HEB= \kappa$ .
Entonces vemos que en $\triangle FAB$ la suma de sus ángulos es $90+ \kappa + \theta + \alpha=180$ entonces $\kappa + \theta + \alpha=90$
Ya con ésto, es:
$<BFG= \kappa$ por ser $\square FABG$ cíclico
$<CFG= 90 - \kappa$ y $<FGC= 90- \theta$ entonces $<ACB= \kappa + \theta$
Como $<DAB=<ACB$ por ser ángulos inscrito y seminscrito respectivamente, pero en el mismo arco, entonces $<ACB= \theta + \kappa$ , pero como $\triangle ABD$ es isósceles, $<ADB= \theta + \kappa$ pero entonces $<ABD= 2 \alpha$ , por ser necesario que la suma de los ángulos de $\triangle ADB$ sea 180
Entonces como $<AED= \alpha$ y $<ABD = 2 \alpha$ , y $<AEH= \alpha$ , entonces la recta EH es colineal a la recta ED, entonces ED pasa por H que es el ortocentro.

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