Sobre el segmento $AC$ se toma un punto $B$. Se trazan las circunferencias $T_1$, $T_2$ y $T_3$ de diámetros $AB$, $BC$ y $AC$ respectivamente. Una recta que pasa por $B$ corta a $T_3$ en los puntos $P$ y $Q$, y a las circunferencias $T_1$ y $T_2$ respectivamente en $R$ y $S$. Demostrar que $PR=QS$.
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Cuando un diametro AC (digamos que es el diametro mayor) proyecta sus extremos sobre una cuerda PQ los pies de esa proyeccion llamemosla R' y S' equidistan del punto medio de esa cuerda PQ (1)es decir PR'=QS' y es muy facil ver que como BR'C=BS'A=90 entonces pertenecen a las 2 circunferencias interiores. Asi R'=R y S'=S
Dado un triangulo ABC y los puntos medios L, M y N de los lados BC, AC y AB, respectivamente, probar que las bisectrices de los angulos ANB, BLC y CMA son concurrentes.
Primero hacemos nuestro hermoso dibujito.
Cabe aclarar que el problema no denota el orden de [math]P y [math]Q pero es indistinto puesto que aunque los cambiemos de lugar se conserva la igualdad: [math]\overline{PR}=\overline{QS} \Rightarrow \overline{PR}+\overline{RS}=\overline{QS}+\overline{RS} \Rightarrow \overline{PS}=\overline{RQ} \Rightarrow \overline{R'S}=\overline{P'Q}
En el dibujo voy a declarar [math]O como el centro de la circunferencia grande (punto medio [math]\overline{AC} ), y [math]M como el punto medio de la cuerda [math]\overline{PQ}.
N3P5 OMR2014.jpg
Ahora, si trazo la perpendicular de [math]\overline{PQ} por [math]M ésta será mediatriz de dicho segmento (...ea...) por lo tanto esta recta pasará por el centro de la circunferencia que contiene a [math]P y [math]Q, es decir, [math]O.
Creo que serán necesarios algunos datos triviales: [math]\overline{AB} es diámetro [math]\Rightarrow \widehat{ARB}=90 [math]\overline{BC}es diámetro[math]\Rightarrow \widehat{BSC}=90 [math]\widehat{RBA}=\widehat{SBC}=\alpha por ser opuestos por el vértice
Ahora, por semejanza de triangulos, sabemos que: [math]\frac{\overline{RB}}{\overline{AB}}=\frac{\overline{SB}}{\overline{CB}}=\frac{\overline{MB}}{\overline{OB}}=k
Y además: [math]\overline{AB}=\overline{AO}+\overline{OB} y [math]\overline{BC}=\overline{OC}-\overline{OB}
Por tanto: [math]\overline{AB}-\overline{BC}=\overline{AO}-\overline{OC}+2\overline{OB}
Pero [math]O es punto medio de [math]\overline{AC} y además... [math]k\overline{AB}-k\overline{BC}=k2\overline{OB} [math]\overline{RB}-\overline{BS}=2\overline{MB}
Luego, como [math]M es punto medio [math]\overline{PQ} hacemos lo mismo que antes. [math]\overline{PB}=\overline{PM}+\overline{MB} y [math]\overline{BQ}=\overline{MQ}-\overline{MB}
Por tanto: [math]\overline{PB}-\overline{BQ}=2\overline{MB}
Y por último: [math]\overline{RB}-\overline{BS}=\overline{PB}-\overline{BQ} [math]\overline{BQ}-\overline{BS}=\overline{PB}-\overline{RB} [math]\overline{QS}=\overline{PR}
Fin.
Y aunque me avergüence, en un principio en lugar de [math]k usé [math]cos\alpha
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♪♫Nuestro ARG2 es nuestro ejemplo. 'Efe de equis mas one!'♫♪
Los ángulos rojos de la figura valen $x$, los azules valen $y$, los verdes valen $90^\circ -x$ y los violetas valen $90^\circ -y$. Entonces $APR\simeq PCS$ y $QAR\simeq CQS$, por lo que $\frac{PR}{RA}=\frac{CS}{SP}$ y $\frac{RA}{RQ}=\frac{QS}{CS}$, de donde$$\frac{PR}{RQ}=\frac{PR}{RA}\frac{RA}{RQ}=\frac{CS}{SP}\frac{QS}{CS}=\frac{QS}{SP},$$y así $R$ y $S$ son simétricos respecto del punto medio de $PQ$, de modo que $PR=QS$.
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Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850
