Circunferencia por ortocentro y dos vértices de un acutángulo (P5)
Enviado por jmd el 8 de Diciembre de 2010 - 14:08.
Sea $ABC$ un triángulo acutángulo con $AB\neq AC$, $M$ el punto medio de $BC$ y $H$ el ortocentro de $ABC$. La circunferencia que pasa por $B,H$ y $C$ corta a la mediana $AM$ en $N$. Muestra que $\angle{ANH}=90$.
Enviado por iwakura_isa el 8 de Octubre de 2011 - 12:42.
Trazamos la figura, como la de arriba, y sea $G$ el otro punto donde $AM$ corta a la circunferencia, $D,E,F$ pies de altura.
Sea $\angle{HCB}=\alpha, \angle{HBC}=\beta, \angle{HBA}=\theta$, como $\angle{BEC}=90$ entonces $\alpha+\beta+\theta=90$. Luego es facil ver usando los triangulos rectángulos y los cíclicos que forman las alturas que: $\angle{HAB}=\alpha, \angle{HAC}=\beta, \angle{HCA}=\theta$. De ahí tenemos que $\angle{BAC}=\alpha+\beta$
Por suma de ángulos del triangulo $\angle{BHC}=180-\alpha-\beta$, y como $BHCG$ es cíclico, tenemos que $\angle{BGC}=\alpha+\beta$.
Ahora demostremos que $ABGC$ es paralelogramo. Para esto construimos un punto $G_1$ tal que $ABG_1C$ es paralelogramo. Tenemos que $G_1$ esta en la recta $AM$, ya que las diagonales del paralelogramo se cortan en sus puntos medios, y $M$ es punto medio de la diagonal $BC$. Como en un paralelogramo los ángulos opuestos son iguales, tenemos que $\angle{BG_1C}=\alpha+\beta=\angle{BGC}$. Tanto $G$ como $G_1$ se encuentran sobre $AM$, y $\angle{BG_1C}=\angle{BGC}$, por lo tanto tenemos que $G=G_1$, por que si no fuera asi, alguno de los dos ángulos sería mayor al otro.
Como $ABGC$ es paralelogramo, por paralelas tenemos que $\angle{ACB}=\angle{CBG}=\alpha+\theta=90-\beta$ y como $\angle{HBC}=\beta$, entonces $\angle{HBG}=90$ por lo que $HG$ es diametro de la circunferencia, y por lo tanto $\angle{HNG}=90$ por que tambien abre el diametro, lo cual implica que $\angle{ANH}=90$ como queriamos demostrar.
Enviado por Samuel Elias el 7 de Julio de 2025 - 22:41.
Sean $\alpha, \ \beta$ dos circunferencias de mismo radio. Sea $BC$ la cuerda común de ambas circunferencias y sea $M$ el punto medio de $BC$. Demuestra que si tomamos 1 punto del arco $BC$ de $\alpha$ y lo unimos al arco $BC$ de $\beta$ tal que dicho segmento pase por $M$, entonces $M$ es punto medio de dicho segmento.
Enviado por Samuel Elias el 9 de Julio de 2025 - 11:15.
Me da flojera enunciar toda la solución XD pero les envío dibujo y resumen:
Usamos configuración Ortocentro-Circuncentro y Ortocentro-Punto medio para marcar ángulos isogonales y entre paralelas. Además, por dicha configuración el circuncírculo de $ABC$ y el de $BHC$ tienen mismo radio. Usando EFR (Edu's Favorite Reflection), llegas a que $BNCD$ es paralelogramo, siendo $D$ la reflexión de $H$ respecto a $M$. Haciendo cacería y álgebra de ángulos llegas a que $\angle ANC = 90^{\circ}$, que es el suplementario de $\angle ANH$.
Enviado por Eduardo Ortiz Salles el 9 de Julio de 2025 - 16:11.
Sean $C_1$ y $C_2$ los circuncírculos de $\triangle ABC$ y de $\triangle BHC$ respectivamente. Las rectas $HM$ y $NM$ cortan al arco $BC$ de $C_1$ contenido en $C_2$ en los puntos $P$ y $Q$ respectivamente. Por la configuración Ortocentro-Punto medio sabemos que $P$ es diametralmente opuesto a $A$ y que $M$ es punto medio de $HP$ $\implies$ $HBPC$ es un paralelogramo, por ende, $\angle BHC = \angle BPC$, y como $BC$ es cuerda común de $C_1$ y $C_2$ entonces los radios de $C_1$ y $C_2$ son iguales. Por EFR $M$ es punto medio de $NQ \implies NHPQ$ es un paralelogramo. Como $AP$ es diametro de $C_1$ entonces $\angle AQP =90^{\circ}$, por el paralelogramo $NHPQ$ $\angle HNQ =90^{\circ}$, y por angulos suplementarios, $\angle HNA =90^{\circ}$.
Trazamos la figura, como la
Trazamos la figura, como la de arriba, y sea $G$ el otro punto donde $AM$ corta a la circunferencia, $D,E,F$ pies de altura.
Sea $\angle{HCB}=\alpha, \angle{HBC}=\beta, \angle{HBA}=\theta$, como $\angle{BEC}=90$ entonces $\alpha+\beta+\theta=90$. Luego es facil ver usando los triangulos rectángulos y los cíclicos que forman las alturas que: $\angle{HAB}=\alpha, \angle{HAC}=\beta, \angle{HCA}=\theta$. De ahí tenemos que $\angle{BAC}=\alpha+\beta$
Por suma de ángulos del triangulo $\angle{BHC}=180-\alpha-\beta$, y como $BHCG$ es cíclico, tenemos que $\angle{BGC}=\alpha+\beta$.
Ahora demostremos que $ABGC$ es paralelogramo. Para esto construimos un punto $G_1$ tal que $ABG_1C$ es paralelogramo. Tenemos que $G_1$ esta en la recta $AM$, ya que las diagonales del paralelogramo se cortan en sus puntos medios, y $M$ es punto medio de la diagonal $BC$. Como en un paralelogramo los ángulos opuestos son iguales, tenemos que $\angle{BG_1C}=\alpha+\beta=\angle{BGC}$. Tanto $G$ como $G_1$ se encuentran sobre $AM$, y $\angle{BG_1C}=\angle{BGC}$, por lo tanto tenemos que $G=G_1$, por que si no fuera asi, alguno de los dos ángulos sería mayor al otro.
Como $ABGC$ es paralelogramo, por paralelas tenemos que $\angle{ACB}=\angle{CBG}=\alpha+\theta=90-\beta$ y como $\angle{HBC}=\beta$, entonces $\angle{HBG}=90$ por lo que $HG$ es diametro de la circunferencia, y por lo tanto $\angle{HNG}=90$ por que tambien abre el diametro, lo cual implica que $\angle{ANH}=90$ como queriamos demostrar.
Muy buena solución
Muy buena solución
Sean $\alpha, \ \beta$ dos
Sean $\alpha, \ \beta$ dos circunferencias de mismo radio. Sea $BC$ la cuerda común de ambas circunferencias y sea $M$ el punto medio de $BC$. Demuestra que si tomamos 1 punto del arco $BC$ de $\alpha$ y lo unimos al arco $BC$ de $\beta$ tal que dicho segmento pase por $M$, entonces $M$ es punto medio de dicho segmento.
Me da flojera enunciar toda
Me da flojera enunciar toda la solución XD pero les envío dibujo y resumen:
Usamos configuración Ortocentro-Circuncentro y Ortocentro-Punto medio para marcar ángulos isogonales y entre paralelas. Además, por dicha configuración el circuncírculo de $ABC$ y el de $BHC$ tienen mismo radio. Usando EFR (Edu's Favorite Reflection), llegas a que $BNCD$ es paralelogramo, siendo $D$ la reflexión de $H$ respecto a $M$. Haciendo cacería y álgebra de ángulos llegas a que $\angle ANC = 90^{\circ}$, que es el suplementario de $\angle ANH$.
Eduardo tiene una solución
Eduardo tiene una solución más directa
Sean $C_1$ y $C_2$ los
Sean $C_1$ y $C_2$ los circuncírculos de $\triangle ABC$ y de $\triangle BHC$ respectivamente. Las rectas $HM$ y $NM$ cortan al arco $BC$ de $C_1$ contenido en $C_2$ en los puntos $P$ y $Q$ respectivamente. Por la configuración Ortocentro-Punto medio sabemos que $P$ es diametralmente opuesto a $A$ y que $M$ es punto medio de $HP$ $\implies$ $HBPC$ es un paralelogramo, por ende, $\angle BHC = \angle BPC$, y como $BC$ es cuerda común de $C_1$ y $C_2$ entonces los radios de $C_1$ y $C_2$ son iguales. Por EFR $M$ es punto medio de $NQ \implies NHPQ$ es un paralelogramo. Como $AP$ es diametro de $C_1$ entonces $\angle AQP =90^{\circ}$, por el paralelogramo $NHPQ$ $\angle HNQ =90^{\circ}$, y por angulos suplementarios, $\angle HNA =90^{\circ}$.