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.)
Usaré los puntos que sugiere
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,
Correcto Gustavo, perfectamente bien demostrado. Saludos y gracias por tu contribución, excelente manejo de técnicas y del $\LaTeX$.
Mi solucion a este problema.
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
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
Primero que nada, contribuyo
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
SI reescribimos la
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.