martes, 26 de abril de 2011

Problema del día Martes 26 de abril de 2011 - GEO

El incírculo del triángulo $ABC$ toca al lado $CA$ en $K$. Una segunda circunferencia $S$ con el mismo centro intersecta a cada lado del triángulo en dos puntos. Sean $E$ y $F$ las intersecciones con $AB$ y $BC$ más cercanas a $B$, sean $B_1$ y $B_2$ las intersecciones con $CA$ con $B_1$ más cercano a $A$. Finalmente, sea $P$ la intersección de $B_2E$ con $B_1F$. Muestra que los puntos $B$, $K$ y $P$ son colineales.

3 comentarios:

Jorge 'Chuck' dijo...

Primero llamemos al punto de tangencia del incírculo con $AB$ y $BC$, $Q$ y $R$ respectivamente. Podemos ver que $BR=BS$ y que con una simple congruencia de triángulos, debido a que sus lados son radios del incírculo y de $S$ desde el incentro, el punto de tangencia y la intersección de $S$ con los lados, todos estas figuras son congruentes entre sí. Con esto vemos que $BE=BF$, Similarmente si la intersección faltante de $S$ con $AB$ y $BC$ son $A_{1}$ y $C_{1}$ respectivamente, entonces $CC_{1}=CB_{2}$, $CK=CR$ y $CF=CB_{1}$, así que por el Teorema de Tales tenemos que $B_{1}F\parallel RK \parallel C_{1}B_{2}$. Análogamente con los tres vértices, viendo que si $RK\cap EB_{2}=N$ y $QK\cap FB_{1}=M$ entonces $KMPN$ siempre es un paralelogramo, y como las rectas $RK$ y $QK$ son fijas. entonces el lugar geométrico de $P$ es una línea recta, ya que se trata de una homotecia con centro $K$. Extendiendo el problema no sólo a cuando $S$ corta a los dos lados en dos puntos, sino también cuando intersecta a las prolongaciones (todas las propiedades anteriores se mantienen), entonces cuando $S$ pasa por $B$ es claro que $B=P$ y sigue siendo una línea recta el lugar geométrico de $P$, por lo que $K$, $P$ y $B$ son colineales siempre.

Georges dijo...

Llamemos R y S a las intersecciones del circulo con AB y AC mas cercanas a A y C resp. Y llamemos Q a la intersección de RB1 y SB2. Y T al punto de tangencia del incirculo con AB.

Entonces por Pascal en EB2SFB1R tenemos que B,P,Q son colineales.

Ahora por la congruencia de los triángulos RIT y B1IT tenemos que RT=B1K análogamente TE=KB2 por lo tanto AR=AB1 y entonces ARB1 y AEB2 son isósceles por lo que RB1 es paralela a EB2 es decir Rq paralela EB2 análogamente B1P paralela B2Q por lo que B1PB2 Q es un paralelogramo y entonces K punto medio d B1B2 esta sobre PQ pero B también estaba sobre PQ por lo que BPK son colineales.

DANIELIMO dijo...

Creo que ya habia visto este problema, de todas formas ya me volvio a salir, es facil usando pascal y viendo un paralelogramo.

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