Isósceles inscrito en acutángulo

Enviado por jmd el 24 de Mayo de 2014 - 21:40.

1.6. Sean ABC un triángulo acutángulo, H su ortocentro y M el punto medio de BC. La perpendicular a MH por H corta a AB en L y a AC en N. Demuestra que LH=HN.

Sugerencia

Por:

jesus

Sugerencia:

La solución más directa es observando que este problema es una consecuencia directa del teorema de la mariposa [1].

Una demostración sin usar el teorema de la mariposa, implicaría demostrarla en este caso, los trazos para lograrlo serían los siguientes:

Considera P y Q los piés de las altura desde B y C respectivamente.
Sea P' la intersección de la paralela a LN que pasa por P y la circunferencia circuncrita al cuadrilátero MCPQ
Demuestra que LHQP' es un cuadrilátero circunscrito.
Demuestra que P'LH es congruente a PNH.

Solución

Por:

German Puga

Fecha:

9 Jun 2014

Solución:

Vamos a demostrar que el triángulo LMN es isósceles demostrando que sus ángulos en la base LN son iguales.

Sean P y Q los pies de las alturas desde B y C, respectivamente (ver figura de Jesús en la sugerencia) y S y T los puntos medios de BQ y CP, respectivamente.

Puesto que los triángulos rectángulos BHQ y CHP son semejantes (sus ángulos en H son opuestos por el vértice), entonces también lo son los isósceles BHS y CHT (HS y HT son medianas a la hipotenusa).

Ahora bien, en los cuadriláteros cíclicos LSMH y NTMH los ángulos en la base LN del triángulo LMN son respectivamente iguales a los ángulos MSH y HTM (su arco interceptado es HM).

Pero éstos son complementarios a los externos en los vértices S y T de sus respectivos isósceles semejantes BHS y CHT. Luego, son iguales. Pero entonces sus complementarios también lo son. Como se quería.

(Esta solución es original de Germán Puga, y editada por JMD.)

Ver también:

Cuadrilátero cíclico (o inscrito --en una circunferencia) [2]

Ver también:

Mediana a la hipotenusa [3]

Ver también:

Arco interceptado (por un ángulo central) [4]

Ver también:

Ángulo externo (de un triángulo) [5]

Usaré los puntos que sugiere

Enviado por Gustavo Chinney... el 3 de Junio de 2014 - 21:28.

Usaré los puntos que sugiere la sugerencia jajaja.

Primero vamos a demostrar que $P'H$=$HP$.Nos fijamos que por ser paralelas $LN$ y $P'P$, $MH$ es perpendicular a $P'P$ entonces estamos hablando de una recta que perpendicular a una cuerda y además pasa por el cicruncentro del $BQPC$, entonces $HM$ es mediatriz de $P'P$, luego $P'H$=$HP$.

Vamos a tener la siguiente igualdad de ángulos: $\angle LHP'$=$\angle PP'H$=$\angle PHN$=$\angle HPP'$; además, por cíclicos, $\angle BPP'$=$\angle BQP'$, luego $LP'QH$ es cíclico, entonces $\angle LP'H$= 90°. Leugo, por el cirterio de congruencia $ALA$, los triángulos $LP'H$ y $NPH$ son congruentes, entonces $LH$=$HN$, como se quería demostrar.

Correcto Gustavo,

Enviado por jesus el 3 de Junio de 2014 - 22:04.

Correcto Gustavo, perfectamente bien demostrado. Saludos y gracias por tu contribución, excelente manejo de técnicas y del $\LaTeX$.

Mi solucion a este problema.

Enviado por German Puga el 5 de Junio de 2014 - 18:29.

Mi solucion a este problema. Quiero demostrar que $\angle MLN = \angle MNL$

Llamar $S$ y $T$ a los pies de las perpendiculares bajadas desde $M$ a $AB$ y a $AC$ respectivamente. de alli :

$MLSH$ y $MNTH$ son ciclicos por lo que hay que probar que $\angle MSH = \angle MTH$ pero de aqui que podemos probar que $\angle QSH = \angle HTN$ pero notemos que estos angulos son la suma exterior de los angulos, $(SBH + SHB$ y $(THC + TCH)$ respectivamente luego pruebo que $BSH \equiv CTH$ como $\angle SBH = \angle HCT$ son iguales bastara con que $BS/BH = CT/CH$ lo cual si se cumple pues $BQH \equiv CNH$ es decir BQ/BH = CN/CH pero como S y T son puntos medios de BQ y CP respectivamente terminamos.

Muy padre deomstración, me

Enviado por jesus el 5 de Junio de 2014 - 19:51.

Muy padre deomstración, me parece que sí aprovechas las perpendicularidad para lograr una demostración más simple. Gracias por tu contribución.

Abusando un poco de la figura

Enviado por jmd el 13 de Junio de 2014 - 21:47.

Abusando un poco de la figura que Jesús elaboró para la sugerencia, voy demostrar LH=HN basándome en otra de las demostraciones clásicas del teorema de la mariposa. El trazo auxiliar revela un cíclico y tres pares de triángulos semejantes.

Tracemos por N la paralela a AB y sean S la intersección de ésta con la prolongación de BP y R su intersección con CQ. En la configuración que resulta, el cuadrilátero PRCS es cíclico (ejercicio para el lector). De aquí que $NS\cdot NR=NP\cdot NC$ (potencia de N).

Por otro lado, es claro que son semejantes los pares de triángulos BLH y SNH, LQH y NRH, BQH y SRH.

De aquí que LB/NS=LH/HN=LQ/NR. Así que

$$\frac{LH^2}{HN^2}=\frac{LB\cdot LQ}{NS\cdot NR}=\frac{LB\cdot LQ}{NP\cdot NC}=\frac{LL'\cdot LN'}{NN'\cdot NL'}$$

donde L' y N' son los extremos de la cuerda que se obtiene prolongando LR hasta cortar la circunferencia de BCPQ.

Sea x la medida de la mitad de esta cuerda. Entonces

$$\frac{LH^2}{HN^2}=\frac{(x-LH)(x+LH)}{(x-HN)(x+HN)}=\frac{x^2-LH^2}{x^2-HN^2}$$

Trasponiendo términos y simplificando se obtiene el resultado.

Los saluda

Primero que nada, contribuyo

Enviado por jesus el 14 de Junio de 2014 - 18:38.

Primero que nada, contribuyo con la figura:

También me gustaría agregar que para la última conclusión se puede usar la siguiente relación algebraica: $$\frac{a}{b} = \frac{c}{d} \Longrightarrow \frac{a}{b} = \frac{a+ c}{b+ d}$$

Esto es, se puede argumentar así: $$\frac{LH^2}{HN^2}=\frac{x^2-LH^2}{x^2-HN^2} = \frac{LH^2 +(x^2-LH^2) }{ HN^2 + (x^2-HN^2)} = \frac{x^2}{x^2} = 1$$

Por lo tanto, $LH = HN$.

Aunque parecería ya un exceso

Enviado por jmd el 14 de Junio de 2014 - 19:43.

Aunque parecería ya un exceso agregar otra solución a este problema, agrego una más con la finalidad de que no se me olvide y también porque ya quiero olvidar el teorema de la mariposa. Esta solución está basada en la que me parece la demostración más elemental del teorema de la mariposa (en un futuro cercano escribiré un post sobre este legendario teorema para terminar de olvidarlo).

Sea C' la imagen de C en el espejo de HM. Vamos a demostrar que los triángulos CHN y C'HL son congruentes. Puesto que CC'H es isósceles bastará demostrar que los ángulos HC'L y HCN son iguales.

Viendo el cuadrilátero cíclico CC'BQ se concluye que los ángulos HCC' y C'BQ son suplementarios. Pero el HCC' mide lo mismo que el L'HC' (alternos internos). De ahí que el cuadrilátero C'BLH sea también cíclico.

Por tanto, los ángulos HBL y HC'L son iguales. Pero, viendo el cíclico BCPQ, los ángulos PBQ y PCQ son iguales. Y si ahora vemos la cuerda LH del cíclico C'BLH desde C' y desde B, el resultado se sigue.

Los saluda

SI reescribimos la

Enviado por jesus el 15 de Junio de 2014 - 13:32.

SI reescribimos la demostración, intercambiando C <-> P y Q <-> B, y de manera análoga C' <-> P' obtendremos una variación en la argumentación de la solución que aparece en la sugerencia y que completó Gustavo. Esto se debe a que el teorema de la Mariposa tiene bastantes simetrías.

Sea P' la imagen de P en el espejo de HM. Vamos a demostrar que los triángulos PHN y P'HL son congruentes. Puesto que PP'H es isósceles bastará demostrar que los ángulos HP'L y HPN son iguales.

Viendo el cuadrilátero cíclico PP'QB se concluye que los ángulos BPP' y P'QB son iguales. Pero el HCC' mide lo mismo que el L'HC' (alternos internos). De ahí que el cuadrilátero P'QLH sea también cíclico.

Por tanto, los ángulos HQL y HP'L son iguales. Pero, viendo el cíclico QPCB, los ángulos CQB y CPB son iguales. Y si ahora vemos la cuerda LH del cíclico P'QLH desde P' y desde Q, el resultado se sigue.

Los saluda

José Muñoz Delgado

Entonces, esta demostración puede considerarse como la misma que la sugerencia, pero iniciando la contrucción en otro vértice, en este caso, C en lugar de P.

Lo que sí cambió es la forma de argumentar algunos de los pasos, por ejemplo, cambió la manera de construir P', pues en la sugerencia original era la intersección de una paralela y la circunferencia; y en la actual demostración es el reflejado respecto al díametro. Pero en ambas demostraciones se usan las misma propiedades de P': que PP'H es isóceles y que está en la circunferencia circunscrita de PQBC.

Esto tipo de simetrías es común en los problemas de geometría.