sábado, 11 de septiembre de 2010

11 de septiembre de 2010

Sea $ABCD$ un cuadrilátero cíclico circunscrito a una circunferencia. El incírculo del cuadrilátero $ABCD$ toca a los lados $AB$, $BC$, $CD$ y $DA$ en los puntos $K$, $L$, $M$ y $N$, respectivamente. Las bisectrices de los ángulos exteriores a $DAB$ y $ABC$ se intersectan en el punto $K$'. Las bisectrices de los ángulos exteriores a $ABC$ y $BCD$ se intersectan en el punto $L$'. Las bisectrices de los ángulos exteriores a $BCD$ y $CDA$ se intersectan en $M$'. Las bisectrices de los ángulos exteriores a $CDA$ y $DAB$ se intersectan en $N$'. Prueba que las rectas $KK$', $LL$', $MM$' y $NN$' son concurrentes.

4 comentarios:

DANIELIMO dijo...

ya me salio, jaja no habia visto que era cíclico.
vemos que MN es paralelo a M'N'por ser ambos perpendiculares a OD(O el centro de la circunferenca circunsrita) analogamente NK,KL,LM son paralelos a N'K',K'L',L'M' respectivamente, vemos que angDM'O=angDCO=angDCB/2=ang(180-BAD)/2=ang90-OAD=angANK=angNMK (las igualdades se dan por angulos en Cíclicos, faciles de ver)
de donde se tiene que Km paralela a K'M', por lo tanto por homotecia( o desargues) KK',MM',NN' son concurentes, de manera analoga podemos ver que también concurren con LL'

Manuel Dosal dijo...

Solucion, yo tampoco habia visto que era ciclico jaja.
Vamos a ver que $K$'$M$' pasa por el centro O de la circunferencia inscrita al cuadrilatero. Esto pasa si tomamos a la circunferencia inscrita como de inversion, vemos que si $K$'$M$' pasa por el centro es porque la polar de $K$' es paralela a la de $M$'. Luego la polar de $K$' pasa por los polos de $N$'$K$' y $K$'$L$' ya que estas rectas pasan por $K$'. Pero los polos son los puntos medios de $NK$ y $KL$ respectivamente. Sean $X$ y $Y$ los puntos medios. Entonces la polar de $K$', $XY$ es paralela a $NL$. Ahora analogamente la polar de $M$' es paralela a $NL$, entonces ambas polares son paralelas a $NL$ y se cumple lo que queriamos. Entonces $K$'$M$' pasa por O, analogamente $N$'$L$' pasa por O. Luego sabemos que $KL$ es paralela a $K$'$L$' poque OB es perpendicular a ellas por ser interseccion de tangentes a una cuerda y bisectriz externa. Tambien $N$'$K$' es paralela a $NK$. Esto nos dice que $\angle NKL = \angle$$N$'$K$'$L$'. Ahora tenemos $\angle LNK = \angle LKB = \alpha$ Por angulo inscrito-seminscrito. Luego $\angle KBL = 180 - 2 \alpha$ y por ser ciclico $ABCD$ $\angle CDA = 2 \alpha$. Luego como $N$'$AOD$ es ciclico entonces $\angle ODA = \angle O$$N$'$A = \alpha$.ya que DO es bisectriz de $\angle CDA$ Entonces $\angle O$$N$'$K$'$ = \angle LNK$. y teniamos que $\angle NKL = \angle$$N$'$K$'$L$', con lo que $NKL$ es semejante a $N$'$K$'$L$', y tienen lados paralelos entonces son triangulos homoteticos y sus respectivos vertices forman rectas que se intersectan en el centro de homotecia. Al igual $LMN$ sera semejante a $L$'$M$'$N$', y por lo tanto $MM$' se intersectara en el centro de homotecia. Entonces las cuatro rectas se intersectan en un punto centro de homotecia que es lo que queriamos. FIN.

IrvinG dijo...
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
IrvinG dijo...

Pues como el cuadrilátero es cíclico entonces es fácil haciendo cuentitas ver que $KL, LM, MN y NL$ son paralelas a $K_1L_1, L_1M_1, M_1N_1 y N_1L_1$ respectivamente. Entonces $KLMN$ y $K_1L_1M_1N_1$ son homotéticas y con eso se concluye.

Publicar un comentario