miércoles, 3 de julio de 2013

Problema del día (03-07-2013)

Sea $ABCD$ un cuadrilátero convexo con $BA\neq BC$. Sean $k_1$ y $k_2$ los incírculos de $ABC$ y $ADC$, respectivamente. Supongamos que existe una circunferencia $k$ tangente al rayo $BA$ en un punto más allá de $A$ y al rayo $BC$ en un punto más allá de $C$ y que también es tangente a las rectas $AD$ y $CD$. Demuestra que las tangentes externas comunes a $k_1$ y $k_2$ se intersecan en $k$.

9 comentarios:

Adán Medrano Martín del Campo dijo...

Recuerdo que $ABCD$ no era cíclico necesariamente, o sí?

Adán Medrano Martín del Campo dijo...
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Adán Medrano Martín del Campo dijo...

Los trucos del problema son $3$

$1.$ Extender los radios de $k_{1}$ y $k_{2}$ perpendiculares a $AC$.

$2.$ Demostrar que los puntos de tangencia de $k_{1}$ y $k_{2}$ con $AC$ son isotómicos.

$3.$ Usar que la línea que pasa por el centro de Nagel pasa por el punto diametralmente opuesto al punto de tangencia del incírculo en el mismo incírculo.

Con esos $3$ lemas se ve que el centro externo de homotecia de $k_{1}$ y $k_{2}$ es el punto sobre $k$ donde toca la tangente paralela a $AC$, tal que $k$ queda como excírculo.

Juan dijo...
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Juan dijo...

no se nesesita la ciclicidad de ABCD

Juan dijo...

Defino $O$, $O_1$ y $O_2$ los centros de $k$, $k_1$ y $k_2$. Definimos $W$, $X$ $Y$, $Z$ como los puntos de tangencia de $k$ con $BA$, $BC$, $DA$ y $DC$ respectivamente. Defino $E=BA\cap CD$, $F=AD \cap BC$. Por Newton en $EDFB$ vemos que $EF \cap ZX \cap WY \cap BD$ concurren, digamos en $T$. Usando polos y polares en $k$, vemos que como $T \in a$ y $T \in c$, $AC=t$ por lo que si $U=OT \cap AC$, $OU \perp AC$ y $U$ es el inverso de $T$ respecto a $k$. Ahora defino $G$ el punto de tangencia de $k_2$ con $AC$, $H$ el de $k_1$ con $AC$ y $H_1 = k_1 \cap HO_1$.

Por el Teorema de monge con $k$, $k_1$ y $k_2$ vemos que el centro de homotecia interno de $k_1$ y $k_2$ yace sobre $BD$. Obviamente yace sobre $AC$ y $O_1O_2$ también. Así, $AC \cap O_1O_2 \cap BD = S$, el centro de homotecia interno de $k_1$, $k_2$.

Notemos que $DC+BC=CZ-DZ+BX-CX=$$CX-DY+BW-CX=$$BW-DY=AY-DY+BW-AW$$=AD+AB$ por lo que $CD-AD=BA-BC$. Ahora, vemos que $AG=\frac{AC+AD-DC}{2} =$$ \frac{AC+CB-AB}{2}=AH$, por lo que $G$ y $H$ son isotómicos en $AC$. Ésto implica que $BH_1G$ son colineales, pues se puede hacer una homotecia con centro en $B$ que mande $H_1$ (el punto de tangencia del excírculo respecto a $B$ del triángulo formado por $BA$, $BC$ y la tangente a $k_1$ por $H_1$) a $G$ (el punto de tangencia del exírculo respecto a $B$ del triángulo $BAC$).

Notemos que cuando usamos el teorema de Monge versión degenerado (uno de los círculos es una línea), la línea se puede obtener inflando círculos de dos maneras distintas, una de cada lado de la línea. Así, al usarlo debe especificarse desde qué lado se infló. El centro de homotecia interno de la línea con un círculo está más cerca de ese lado que el externo.

Ahora, por el Teorema del Monge Degenerado, con círculos $k_1$, $k_2$ y $AC$ del lado donde se haya $B$, vemos que $H_1GR$ son colineales. También $O_1SO_2R$ son una hilera harmónica, obviamente.

Ahora, si proyectamos el haz harmónico $F(C,S,A,CE\cap AC)$ sobre $BD$ vemos que $B,S,D,T$ es una hilera harmónica, y si la proyectamos desde $O$ a $O_1O_2$ se observa que (como ODO_1 biseca el ángulo $ADC$ y lo análogo) que $O_1SO_2J$ es harmónico, con $J=OT \cap O_1O_2$. Por tanto $J=R$ y vemos que $R \in OT$.

Ahora, por Monge en $k$, $k_1$, $AC$ del lado de $O$, usando dos centros internos, vemos que $Q:= OT \CAP BH \in k$.

Ahora proyectemos la hilera harmónica $RO_1SO_2$ sobre $AC$ perpendicularmente para ver que $UGSH$ es una hilera harmónica, y proyectándola desde $B$ sobre $OT$ vemos que $URTQ$ es harmónico. Pero si $R_1 = k \cap OT$ vemos que $UR_1TQ$ también es harmónico, pues $R_1Q$ es diámetro y $T$ y $U$ son inversos.

Finalmente, $R=R_1$ y $R_1 \in k$, por lo que acabamos. $\blacksquare$

Juan dijo...

Decidí borrar mi solución anterior porque estaba muy fea y mal escrita.

Enrique dijo...

Lo siento, puse cíclico en vez de convexo.

Juan dijo...

Oh, eso lo explica :)

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