lunes, 30 de agosto de 2010

Dada una circunferencia $K$, considere un cuadrilátero $ABCD$ con sus cuatro lados tangentes a $K$, con $AD$ tangente a $K$ en $P$ y $CD$ tangente a $K$ en $Q$. Sean $X$ e $Y$ los puntos donde $BD$ corta a $K$ y sea $M$ el punto medio de $XY$. Demuestre que $\angle AMP = \angle CMQ$

6 comentarios:

IrvinG dijo...

Mañana pongo la solución!

Flavio dijo...

ya lo habia hecho, creo que es un 2 o 5 de ibero

Manuel Dosal dijo...

Yo tambien ya lo habia hecho es el 5 de la XXI ibero.

DANIELIMO dijo...

yo igual ya lo habia visto

IrvinG dijo...

Mmm, según yo ya lo tenía pero algo estaba mal. A ver si ya mañana saco la solución, si lo he intentado.

IrvinG dijo...

Por fin tengo la solución, pero me costó mucho trabajo!! Si alguien se sabe una más sencilla la debería pasar...
Pues llamamos $R$ y $S$ a los puntos de tangencia en los lados $CB$ y $BA$ y $O$ es el centro de nuestra circunferencia. Es fácil ver que $\angle PMD=\angle DMQ$ mostrando que $PMQD$ es cíclico. Luego lo que tenemos que mostrar es que $\angle AMD=\angle CMD$. Primero usando polos y polares no es difícil ver que $RS$, $PQ$ y $OM$ se intersectan en $M_1$, el inverso de $M$. Pero además podemos demostrar que $M_1$ también está sobre $AC$. Sea $H$ el punto de intersección de $AC$ y $BD$. Es conocido que $CP$ y $AQ$ se intersectan en $BD$, entonces si $X$ es el punto de intersección de $PQ$ con $AC$ $(AC,HX)=-1$. De manera análoga si $Y$ es el punto de intersección de $RS$ con $AC$se tiene que $(AC,HY)=-1$ y entonces $X=Y=M_1$. Ahora como $(AC,HY)=-1$ y $\angle HMM_1=90$ entonces $HM$ es bisectriz de $\angle AMC$, que es lo que queríamos $\blacksquare$

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