OMA Foros

Sean $S_1$ y $S_2$ dos circunferencias que se intersecan en puntos distintos $P$ y $Q$. Sean $\ell_1$ y $\ell_2$ dos lineas paralelas que pasan por $P$ y $Q$ respectivamente. $\ell_1$ interseca $S_1$ y $S_2$ en los puntos $A_1$ y $A_2$, distintos de $P$, respectivamente. $\ell_2$ interseca $S_1$ y $S_2$ en los puntos $B_1$ y $B_2$, distintos de $Q$, respectivamente. Demostrar que los perímetros de los triángulos $A_1QA_2$ y $B_1PB_2$ son iguales.

Observación:

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De hecho, los triángulos en cuestión son iguales.

Lema:

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Lema: $A_1B_1\parallel A_2B_2$.
Demostración:
Definamos $A_3$, en la recta $A_1A_2$ con $A_2$ entre $A_1$ y $A_3$ para facilitar la notación; similarmente definimos $B_3$. Notemos que, por cuadriláteros cíclicos, $\angle B_1A_1A_2=\angle PQB_2=\angle B_2A_2A_3$, lo que implica que $A_1B_1\parallel A_2B_2$, como queríamos.
Este resultado es independiente de que $l_1\parallel l_2$ y en algunos lados es conocido como Teorema de Reim o monedas de Reim.

Solución 1:

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Sabiendo que además $l_1\parallel l_2$, tenemos que $A_1B_1B_2A_2$ es un paralelogramo, en particular, $A_1A_2=B_1B_2$. Luego, ángulos en cíclicos nos llevan a $\angle PA_1Q=\angle PB_1Q$ y $\angle PA_2Q=PB_2Q$. Esto implica que $A_1QA_2$ y $B_1PB_2$ son congruentes por criterio ALA, y estamos.

Solución 2:

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Usando que $A_1A_2=B_1B_2$ de la solución 1, agregamos que $A_1B_1QP$ y $PQB_2A_2$ son trapecios cíclicos, lo que los hace isósceles. Esto lleva a que las diagonales $A_1Q=A_1P$ y $A_2Q=B_2P$, por lo que, usamos el criterio LLL y estamos.