martes, 5 de abril de 2011

Problema del Día: Martes 04 de abril de 2011

a) Sea $ABC$ un triángulo con $AB\neq AC$. El incírculo de centro
$I$ toca a los lados $BC,CA,AB$ en los puntos $D,E,F$, respectivamente. Sea $M$ el
punto medio de $EF$ y sea $P$ el otro punto de intersección de
$AD$ con el incírculo. Pruebe que $PIMD$ es cíclico.

b) Sea $ABCD$ un cuadrilátero convexo circunscrito a una circunferencia
$\mathcal{C}$ de centro $O$. Sean $P,Q$ los puntos de intersección
de $\mathcal{C}$ con $AC$ y sean $E,F,G,H$ los puntos de tangencia
de $\mathcal{C}$ con los lados $AB,BC,CD,DA$, respectivamente.
Pruebe que los puntos medios de $EH$ y $FG$ están sobre el
circuncírculo del triángulo $POQ$.

6 comentarios:

DANIELIMO dijo...

en el inciso b, con el triangulo PIQ te refieres al POQ?

DANIELIMO dijo...

a) usamos inversión con respecto al incirculo, como A,P,D son colineales (y la linea que forman no pasa por I, por AB distinto de AC) Entonces sus inversos: M,P,D forman un circulo que pasa por I.

b) Sean X y Y los respectivos puntos medios de EHyFG. usamos inversión con respecto a C y como A,P,Q,C son colineales (si tambien fueran colineales con O entonces los puntos X y Y también estarían sobre esa recta) por lo tanto sus inversos: X,P,Q,Y estan enuna circunferencia que pasa por O.

Georges dijo...

A) Como IFA=AMF=90 entonces AFxAF=AMxAI
pero por potencia en el incirculo AFxAF=APxAD por lo que APxAD=AMxAI y entonces PMID es cíclico.

b) Sean M y N los puntos medios de EH y FG.
Como AEO=AME=90 AExAE=AMxAO pero AExAE=APxAQ por potencia en el incirculo y por lo tanto AMxAO=APxAQ y entonces MPQO es cíclico y entonces P esta en el circuncirculo de POQ análogamente N también.

Jorge 'Chuck' dijo...

Para el inciso a) Como $AE$ y $AF$ son tangentes al incírculo, entonces $\Delta AEF$ es isósceles, y entonces $AM$ es perpendicular a $EF$ y similarmente $IM\perp EF$ por lo que $A$, $M$ e $I$ son colineales. Ahora, veamos que $\Delta AEI\sim \Delta EMI$ ya que son rectos en $E$ e $I$ respectivamente y comparten al ángulo $\angle EIA$. Con esta semejanza podemos ver que $\dfrac{AI}{EI}=\dfrac{EI}{MI}$ de donde vemos que $AI\cdot MI=EI^{2}$. Luego, po el Teorema de Pitágoras $EI^{2}+EA^{2}=AI^{2}$ entonces $AI\cdot MI=AI^{2}-EA^{2}$ $\Leftarrow$ $AI\cdot AM=EA^{2}$. Por la potencia del punto $A$ hacia el incírculo $AE^{2}=AP\cdot AD$ por lo que $AP\cdot AD=AI\cdot AM$ por lo que $\Delta APM\sim \Delta AID$ y son isogonales, por lo que $DPMI$ es cíclico.

Jorge 'Chuck' dijo...

Donde puse $\Leftarrow$ debí escribir $\Rightarrow$

Jorge 'Chuck' dijo...

Para el inciso b) Sean $S$ y $T$ los puntos medios de $EH$ y $FG$ respectivamente. Primero, como $S$ es punto medio de una cuerda en el círculo de centro $O$, $OS\perp HE$ y como $\Delta AEH$ es isósceles porque $AH$ y $AE$ son tangentes a $\mathcal{C}$ entonces $AS\perp HE$ entonces $A$, $S$ y $O$ son colineales. Luego, como la polar de $A$ con respecto a $\mathcal{C}$ es $EH$ por lo que $S$ es el inverso de $A$ con respecto a $\mathcal{C}$. Usando el problema anterior, podemos ver que $PSOQ$ es cíclico, y haciendo lo mismo con $C$ también lo es $QTOP$ y entonces tanto $S$ como $T$ están en el circuncírculo de $POQ$ o visto de otra forma, como $S$ y $T$ son los inversos de $A$ y $C$ respectivamente, y $A$, $P$, $Q$ y $C$ son colineales, al invertir $AC$ obtenemos una circunferencia que pasa por $O$ y como tanto $P$ como $Q$ se invierten en sí mismos, entonces $PSOTQ$ es cíclico y acabamos.

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