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 $\angle AMP = \angle CMQ$
Posted by Eduardo at 9:25 p.m.

6 comentarios:

Unknown dijo...

Mañana pongo la solución!

30 de agosto de 2010, 11:10 p.m.
Flavio dijo...

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

31 de agosto de 2010, 2:07 p.m.
Manuel Dosal dijo...

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

31 de agosto de 2010, 10:25 p.m.
DANIELIMO dijo...

yo igual ya lo habia visto

1 de septiembre de 2010, 5:47 p.m.
Unknown dijo...

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

1 de septiembre de 2010, 11:18 p.m.
Unknown 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 $\blacksquare$

6 de septiembre de 2010, 7:12 p.m.

Publicar un comentario

Suscribirse a: Comentarios de la entrada (Atom)