Círculos y puntos medios., proyectiva... Opciones

[Kaissa]

Mensaje modificado por Kaissa el Oct 14 2012, 10:43 AM

[naruto2]

un lema

Sean ABC un triangulo y un punto arbitrario D sobre BC, sean P y Q puntos medios de AB y AC y M,N puntos medios de
los arcos AB y AC. Probaremos que MPB es semejante a CQN. Es fácil notar que <MPB=<CQN=90. La segunda igualdad de ángulos (y con eso probamos la semejanza) la obtenemos de los cíclicos, si decimos que <ADC=2k, luego <ANC=180-2k y así <QNC=90-k. Ahora como <ADC=2k es <ADB=180-2k y por cíclico <AMB=2k, o sea <PMB=k y por triangulo rectángulo <PBM=90-k y este es igual a <QNC.

Podemos concluir de la semejanza la siguiente razon: MP/PB=CQ/NQ.
 lema.png ( 30.19k ) Número de descargas:  0

y ahora si

K,P,Q son los puntos medios del triangulo BCD por lo tanto <KQD=<CBD=<CPK=a y sabemos que <DQN=<CPM=90
de modo que <KQN=90+a=<KPM. Ahora si, vemos que por el lema aplicado aquí al triangulo CBD y el punto A sobre un lado, tenemos que MP/PB=QB/NQ, pero sabemos que PB=KQ y QB=KP luego MP/KQ=KP/NQ, si lo acomodamos así MP/KP=KQ/NQ y con este resultado mas la igualdad de ángulos <KQN=<KPM es suficiente para probar que MPK es semejante a KQN.
Considerando que M--->K, P--->Q y K--->N y de modo que si E es la intersección de MK con PQ entonces tenemos que la segunda intersección de los circuncirculos de PEM y QEK , que llamamos F, nos va a dar el centro de semejanza pedido (esto ya es un tema de trazado que tiene su demostracion, of course).
 semejanza.png ( 50.25k ) Número de descargas:  0