Problema 349
Sea $ABC$ un triángulo acutángulo y sean $D$, $E$ y $F$ los pies de las alturas correspondientes a $A$, $B$ y $C$, respectivamente. Sean $P$, $Q$ y $R$ los pies de las perpendiculares desde $A$, $B$ y $C$ a las rectas $EF$, $FD$ y $DE$, respectivamente. Probar que las rectas que contienen a los segmentos $AP$, $BQ$ y $CR$ son concurrentes.
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Sin soluciones
infoProblema 347
En un triángulo $ABC$, sea $F$ el punto medio del lado $BC$. Se construyen triángulos rectángulos isósceles $ABD$ y $ACE$ exteriores a $ABC$ y con ángulos rectos en $D$ y $E$, respectivamente. Demostrar que $DEF$ es también un triángulo rectángulo isósceles.
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Pista. Tomando coordenadas $A=(0,0)$, $B=(a,0)$ y $C=(b,c)$, el problema se resuelve fácilmente.
Solución. Tomemos coordenadas escribiendo $A=(0,0)$, $B=(a,0)$ y $C=(b,c)$. Entonces,
\[D=\left(\frac{a}{2},\frac{-a}{2}\right),\qquad E=\left(\frac{b-c}{2},\frac{b+c}{2}\right),\qquad F=\left(\frac{a+b}{2},\frac{c}{2}\right).\]
Observemos que $F$ se calcula fácilmente como punto medio y $D$ y $E$ se pueden calcular fácilmente usando que la altura de los triángulos rectángulos $ABD$ y $ACE$ es una rotación de $90º$ de la mitad de sus hipotenusas. Por tanto, tenemos que
\[EF^2=\frac{(c+a)^2}{4}+\frac{b^2}{4}=DF^2,\]
\[EF^2+DF^2-DE^2=2\left(\frac{(c+a)^2}{4}+\frac{b^2}{4}\right)-\left(\frac{(a-b+c)^2}{4}+\frac{(a+b+c)^2}{4}\right)=0.\]
La primera igualdad nos dice que el triángulo $DEF$ es isósceles y la segunda que es rectángulo pues cumple el teorema de Pitágoras.
Problema 342
Consideremos un pentágono en el que cada una de sus diagonales es paralela a uno de sus lados. Demostrar que la razón entre la longitud de una diagonal y la longitud del correspondiente lado paralelo es la misma para cada diagonal.
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Pista. Traza las diagonales y busca paralelogramos y triángulos semejantes.
Solución. Denotemos los vértices del pentágono por $A_1,A_2,A_3,A_4,A_5$ en orden cíclico, sus lados opuestos por $\ell_1,\ell_2,\ell_3,\ell_4,\ell_5$ y las diagonales paralelas a estos lados por $d_1,d_2,d_3,d_4,d_5$, respectivamente. Sea $P$ el punto de intersección de las diagonales $d_4$ y $d_1$. Observemos que los triángulos $A_1A_2P$ y $A_3A_5A_2$ son semejantes ya que tienen sus lados paralelos y el cuadrilátero $A_2A_3A_4P$ es un paralelogramo ya que tiene lados opuestos paralelos, de donde $A_2P=\ell_1$. Por tanto, la semejanza de triángulos nos dice que
\[\frac{A_1A_2}{A_3A_5}=\frac{A_2P}{A_5A_2}\ \Longleftrightarrow\ \frac{\ell_4}{d_4}=\frac{\ell_1}{d_1}.\]
Repitiendo el mismo argumento con los otros vértices obtenemos que que $\frac{\ell_1}{d_1}=\frac{\ell_2}{d_2}=\frac{\ell_3}{d_3}=\frac{\ell_4}{d_4}=\frac{\ell_5}{d_5}$.