En el triángulo $ABC$ sean $AL$ y $BM$ las bisectrices de los ángulos $\hat{A}$ , $\hat{B}$ respectivamente, con $L\in BC$ y $M\in AC$, y sea $I$ el punto de intersección de $AL$ y $BM$.
Sean $E$ y $D$ respectivamente los segundos puntos de intersección de $AL$ y $BM$ con la circunferencia que pasa por $A$, $B$ y $C$.
El segmento $DE$ corta al lado $AC$ en $F$ y al lado $BC$ en $G$. Demostrar que el cuadrilátero $IFCG$ es un rombo.
Lo primero que vemos es que por arco capaz [math]\widehat{DEA}=\widehat{DBA} y a la vez [math]\widehat{DBA}=\widehat{DBC}, por lo que [math]\widehat{DEA}=\widehat{DBC}
Análogamente, [math]\widehat{BDE}=\widehat{BAE}=\widehat{EAC}.
Esta conjetura nos dice que: [math]\widehat{GEI}=\widehat{GBI} \Rightarrow GEBI es cícilico
Análogamente: [math]\widehat{IDF}=\widehat{IAF} \Rightarrow FDAI es cícilico
Y esta nueva conjetura nos lleva a: [math]\widehat{GIE}=\widehat{GBE}=\widehat{CBE} [math]\widehat{FID}=\widehat{FAD}=\widehat{CAD}
Y por arco capaz: [math]\widehat{CAE}=\widehat{CBE}=\widehat{GIE} [math]\widehat{CBD}=\widehat{CAD}=\widehat{FID}
Y para terminar de liquidar: [math]\left.\begin{matrix} \overleftrightarrow{GI}\parallel \overleftrightarrow{CF} \\ \overleftrightarrow{FI} \parallel \overleftrightarrow{CG} \end{matrix}\right\} IFCG es paralelgramo.
Y...
Venía re quemado y la solución no esta completa, flashee que si, pero no, desp veo como termino de liquidarlo
Ahora miremos los cíclicos que habíamos "descubierto" (muahaha). [math]\left.\begin{matrix} \widehat{IBE}+\widehat{IGE}=180^o \\ \widehat{IGF}+\widehat{IGE}=180^o\end{matrix}\right\} \Rightarrow \widehat{IBE}=\widehat{IGF}
Análogamente: [math]\widehat{IAD}=\widehat{IFG}
Pero por arco capaz... [math]\widehat{IAD}=\widehat{EAD}=\widehat{DBE}=\widehat{IBE} [math]\Rightarrow \widehat{IGF}=\widehat{IFG} [math]\Rightarrow \overline{FI}=\overline{IG}
Y buo, ahora si:
Tenemos que [math]FIGC es paralelogramo con un par de lados consecutivos iguales.
En consecuencia, [math]FIGC es rombo.
Ahora si, limpie mi nombre.
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Última edición por Brimix el Sab 13 Dic, 2014 1:59 pm, editado 1 vez en total.
♪♫Nuestro ARG2 es nuestro ejemplo. 'Efe de equis mas one!'♫♪
Antes de analizar el cuadrilátero [math]IFCG, analicemos toda la figura. Sea [math]\angle BAL=\angle CAL=x, por ser [math]AL bisectriz de [math]\angle BAC. Por Arco Capaz tenemos que
[math]\angle BAL=\angle BDE=\angle BCE
[math]\angle CAL=\angle CBE=\angle CDE
Análogamente sea [math]\angle ABM=\angle CBM=y. Entonces por Arco Capaz tenemos
[math]\angle CBD=\angle CAD=\angle CED
[math]\angle ABD=\angle AED=\angle ACD
Como [math]\angle CAD=\angle ACD entonces el triángulo [math]ACD es isósceles con [math]AD=CD.
Como [math]\angle IAF=\angle IDF entonces el cuadrilátero [math]ADFI es cíclico, luego [math]\angle DAF=\angle DIF. En el triángulo [math]ABD tenemos [math]\angle ABD=y, [math]\angle BAD=\angle BAL+\angle CAL+\angle CAD=x+x+y=2x+y. Entonces
Por lo tanto [math]\angle CAD=\angle AID y entonces [math]AD=ID. Ya habíamos demostrado que [math]AD=CD, por transitividad de la relación de igualdad tenemos [math]ID=CD.
Como [math]\angle GBI=\angle GEI entonces [math]GIBE es cíclico, por lo tanto [math]\angle GBE=\angle GIE.
Analizando cuidadosamente la figura, tenemos las siguientes semejanzas:
De donde [math]\angle CIF=90^{\circ }-\left (x+y \right )=\angle ICF.
Sea [math]Q el punto de intersección entre [math]FG y [math]CI. Como [math]\angle IFQ es un ángulo exterior del triángulo [math]DIF, debe ser igual a la suma de los ángulos interiores no adyacentes, es decir que
[math]\angle IFQ=\angle IDF+\angle DIF=x+y
Análogamente [math]\angle CFQ=\angle CDF+\angle DCF=x+y. Como [math]\angle QIF es el complementario de [math]\angle IFQ (y análogamente con [math]\angle CFQ y [math]\angle QCF) entonces [math]FG y [math]CI son perpendiculares. Además [math]IFQ\sim CFQ y como [math]IF=CF, se sigue que dichos triángulos son congruentes.
Notemos que [math]\angle IGQ=\angle EIG+\angle GEI=x+y, también por ser ángulo exterior, y por ser complementario, tenemos [math]\angle GIQ=90^{\circ }-\angle IGQ=90^{\circ }-\left (x+y \right ), de esta forma [math]GIQ es también congruente con [math]IFQ, y por lo tanto [math]IG=IF=CF. Además, las congruencias nos garantizan [math]IQ=CQ y [math]FQ=GQ.
Sea [math]h=IF=FC=IG, sea [math]IQ=CQ=b y sea [math]FQ=GQ=p. Por el Teorema de Pitágoras tenemos que [math]h^2=b^2+p^2. Y en el triángulo [math]CGQ tenemos
[math]GC^2=CQ^2+GQ^2=b^2+p^2
Por lo tanto [math]GC=h. Hemos demostrado que [math]IF=FC=IG=GC, por lo tanto el cuadrilátero [math]IFCG es un rombo. [math]\blacksquare
Digamos [math]\angle BAE=\angle EAC=A, [math]\angle ABM=\angle MBC=B y [math]\angle FCG=O. De esto, [math]2A+2B+0=180º. Por suma de ángulos, [math]\angle AIM=\angle BIE=A+B. Por arco capaz, [math]\angle BAE=\angle BDE=A, [math]\angle AEB=\angle ACB=\angle ADB=O, [math]\angle ABD=\angle AED=B y [math]\angle DBC=\angle DAC=B. Por angulitos, los cuadriláteros [math]AIFD y [math]BIGE son cíclicos, de donde: [math]\angle AID=\angle AFD=A+B=\angle GFC, [math]\angle ADI=\angle AFI=O, [math]\angle BEI=\angle BGI=O y [math]\angle BIE=\angle BGE=A+B=\angle FGC. Por suma de angulitos, [math]\angle IGF=\angle IFG=A+B y [math]\angle GIF=O. Finalmente, el cuadrilátero [math]IFCG tiene [math]\angle GIF=\angle GCF y [math]\angle IFG=\angle IGF=\angle GFC=\angle CGF, por lo que es un rombo.
Un par de ideas para demostrar que [math]IFCG es un rombo (son lo mismo, en escencia)
-Ver que es un paralelogramo con diagonales perpendiculares
-Ver que es un romboide con diagonales que se cortan en un punto medio
"Al toque Roque // Al pique Quique // Tranca palanca // No pasa nada // Argentina Gana // La tenés adentro //
Como $I$ es incentro tenemos $EI=EC$ y $DI=DC$, de donde $CDIE$ es un romboide y $CI\perp ED$. Como $D$ es el punto medio del arco $AC$ que no contiene a $B$, resulta que $ED$ es bisectriz de $C\widehat EA\Rightarrow C\widehat EG=G\widehat EI$, pero $EG=EG$ y $EC=EI$, por lo tanto $\triangle CEG=\triangle IEG\Rightarrow CG=GI$. Análogamente, $CF=FI$. Pero $CI$ es bisectriz de $F\widehat CG$ y $CI\perp EG$, luego, $\triangle FCG$ es isósceles en $C$ y $CF=CG$. Por lo tanto, $IF=FC=CG=GI$, de donde $IFCG$ es un rombo.
