Lugar geométrico con cónicas inscritas en cuadrilátero

[BrunZo]

Hallar el lugar geométrico de los centros de las cónicas inscritas a un cuadrilátero dado.


Aclaraciones:
Una cónica está inscrita en un cuadrilátero si es tangente a sus cuatro lados (o a las prolongaciones de los mismos).
El centro de una elipse o hipérbola es el centro de simetría, el centro de una parábola es un punto al infinito.
Conozco al menos una solución sin ninguna cuenta...

[Juaco]

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con elipses que estan "adentro" del cuadrilatero
se ve facil que es la recta de Newton usando el teorema de Anne y aplicando una transformación afín, para elipses que están "fuera" es básicamente éste problema, y para hipérbolas y parábolas es la misma idea pero con unas proyecciones un poco más complejas (de lo último no estoy 100% seguro, pero casi)

[BrunZo]

Bueno, conozco al menos una solución que solo usa geometría sintética... Nada de espacios afines ni proyectivos.
Supongo que siempre va a existir una proyección "tipo afín" que te preserve puntos medios, tangencias y colinealidades, y a su vez te transforme la cónica a un círculo. Y bueno, el problema que queda del incírculo es clásico.
Pero bueno, esto funciona porque en definitiva podés definir cónica como una transformación afín de un círculo.

Lo que sabía usa directamente la definición de cónica a partir de los focos... P. ej. una elipse es el lugar geométrico con suma de distancias a los focos constante, la hipérbola lo mismo pero con diferencias, y para la parábola usás que la distancia al foco y a la directriz es la misma.

[BrunZo]

Bueno, lo dejo por escrito por si a alguien le interesa. Es un plan bastante monstruoso, a fines prácticos (afines como las transformaciones) la solución de Juaco es mucho mejor. Pero bueno, hay problemas interesantes acá...

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La recta es la que une los puntos medios de las diagonales. Voy a usar bastantes propiedades.

Propiedad 1: Si una cónica C es tangente a los cuatro lados de un cuadrilátero, sus focos son conjugados isogonales en el cuadrilátero. Similarmente, cualesquiera dos conjugados isogonales son focos de una cónica.

Notar que esto reduce el problema a buscar el lug geom del punto medio de los pares de conj isog en un cuadrilátero. Para probar esta prop uso el siguiente lema

Lema 1.1: Sea X un punto adentro o afuera un cuadrilátero (puede ser cualquier polígono). Si los simétricos de X por los lados del cuadrilátero son concíclicos, entonces el centro de la circunferencia que pasa por ellos es el conjugado isogonal de X.

Lema 1.2: El punto X tiene conjugado isogonal en un cuadrilátero ABCD si y solo si AXB + CXD = 180°.

Propiedad 2: En un cuadrilátero ABCD, los puntos X, Y son conjugados isogonales si y solo si los puntos de Miquel de ABCD y AXCY coinciden (o equivalentemente, los puntos de Miquel de ABCD y BXDY coinciden).

Propiedad 3: El conjugado isogonal del punto de Miquel es el punto al infinito en la dirección de la recta que pasa por los puntos medios de las diagonales.

Primero, voy a ver cómo terminarlo teniendo estas propiedades en mente (no es tan difícil).
Si X, Y son conjugados isogonales, sea P el punto de Miquel de ABCD y AXCY (es el mismo por prop 2). Más aún, las bisectrices de XAY y BAD coinciden (por conj isog en el ángulo A) y lo mismo XCY y BCD. Por ende, las simétricas de AP y CP por las respectivas bisectrices son las mismas en cada cuadrilátero, y la única intersección de estas rectas simétricas es el conjugado isogonal P' en ambos cuadriláteros.
Pero como P' es el punto al infinito en la dirección de la recta que pasa por los puntos medios, entonces las dos rectas en ABCD y AXCY son paralelas. Pero ambas pasan por el punto medio de AC, así que son la misma recta. Esto prueba que el punto medio de XY está en la recta que queríamos.
Para un punto en la recta que une los puntos medios de las diagonales de ABCD el mismo razonamiento inverso completa el lug geom.

Demo del lema 1.1:
Miremos por ejemplo el ángulo ABC.
Sean K y L las reflexiones de X por AB y BC.
Luego BX = BK = BL, de donde B es circuncentro de XKL. Luego la mediatriz de KL pasa por B. Sea M el punto medio de KL.
Si los ángulos que forma BX con AB y BC son a y b, entonces XBK = 2a y XBL = 2b. Luego KBL = 2(a+b).
Pero BM es mediatriz de KL y entonces MBK = MBL = a+b. Y esto prueba que efectivamente BX y BM son simétricos por las bisectrices del ángulo B.
Ahora, que las cuatro reflexiones sean concíclicas es análogo a que estas cuatro mediatrices concurran que es análogo a que los cuatro simétricos por las bisectrices concurran que es análogo a que existe el conj isog, lo que prueba el lema.

Demo del lema 1.2:
Sean K, L, M y N las reflexiones de X por AB, BC, CD y DA.
Notar que KLMN es cíclico si y solo si <KLM + <MNK = <LMN + <NKL.
Pero como AX = AK = AN, <ANK = <AKN y lo mismo con los otros tres vértices. Si resto o sumo convenientemente obtengo que la igualdad anterior es equivalente a <AKB + <CMD = <BLC + <NDA, que por simetría es lo mismo que <AXB + <CXD = 180°.


Demo de la prop 1:
Consideremos por ejemplo una elipse de focos X, Y inscrita.
Es bien sabido que si una elipse de focos X, Y es tangente a una recta l en T, entonces XT e YT son simétricas por l.
Esto es así ya que T es el punto en l que minimiza XT + YT (por def de elipse). Luego, si X' es el simétrico de X por l, entonces XT + YT = X'T + YT > X'Y salvo que T sea la intersección de l y X'Y, en cuyo caso es X'Y. Luego YT, que es X'T y XT son simétricas.
Bueno, construyendo los cuatro simétricos de X, se deduce que la distancia entre Y y cada simétrico es la suma XT + YT para cada punto de tangencia T... pero esta es constante por def de elipse, luego X es circuncentro de estos cuatro simétricos, luego es conj isog de Y.
Similarmente, se deduce el converso.
Los casos para hipérbola y parábola pueden resolverse de manera similar (como todo con las cónicas).

Demo de la prop 2:
Sean X, Y conjugados isogonales en ABCD.
Para esta prop yo considero primero la rotohomotecia con centro P que manda AD a BC (existe ya que P es punto de Miquel).
Entonces, llamo X' a la imagen de X con respecto a esta rotohomotecia. Por el lema 1.2 tengo que BXCX' es cíclico.
Entonces <BXX' = <BCX' = <ADX = <CDY y <BX'X = <BCX = <DCY
De donde BXX' e YDC son semejantes. Pero ya existe una rotohomotecia que manda DX a CX' y tiene centro P, luego la rotohomotecia de estos dos triángulos tiene centro P también. Esto prueba que P es punto de Miquel de BXDY (ya que manda BX a DY). Lo mismo con AXCY.
La vuelta es más de lo mismo.

Demo de la prop 3:
Sean M y N puntos medios de AC y BD. Sea L el punto medio de CD.
Notar que LM // AD y LN // BC y además LM/LN = AD/BC.
Considerando la rotohomotecia de centro P esto implica que LM/LN = PA/PB y además <APB = <MLN. Luego PAB y LMN son semejantes.
Entonces, el ángulo entre MN y AB es el mismo que entre LM y PA, que es el mismo que entre AD y PA, digamos x. Luego, si l es la recta simétrica a PA por la bisectriz de A, entonces x es el ángulo entre AB y l. Luego MN y l son paralelas. Lo mismo vale para las cuatro reflexiones por las cuatro bisectrices, por lo que las cuatro son paralelas entre sí con dirección MN, lo que prueba la prop.


Está todo muy explicado por encima, pero creo que bastará para entender el plan de ataque.