La homotecia y el eje radical

ricarlos
Mensajes: 371
Registrado: Lun 17 Dic, 2012 2:24 pm

La homotecia y el eje radical

Mensaje sin leer por ricarlos » Dom 18 Nov, 2018 6:17 pm

(Un lema para resolver el Nacional 2018 N3 P6)

Sean $\omega$ y $\Omega$ dos circunferencias no concentricas con radios $OP$ y $O'Q$, respectivamente. Tracemos el centro interno de homotecia, $H$, usando dichos radios dispuestos en forma paralela y en direcciones opuestas. Luego $H= OO'\cap PQ$.
Sea $S$ la interseccion del rayo $HQ$ con $\omega$, luego si $S'=HS\cap \Omega \neq Q$ entonces $S'$ es el homologo de $S$. Por la homotecia esta claro que las tangentes a $\omega$ por $P$ y $S$ y las tangentes a $\Omega$ por $Q$ y $S'$ va a ser respectivamente paralelas. Supongamos las primeras intersectar en $T$ y las segundas en $T'$. (solo como comentario, los triangulos isosceles $STP$ y $S'T'Q$ son homoteticos con centro en $H$.)
Si las tangentes no homologas intersectan en $J$ y $K$ vamos a probar que la diagonal $JK$ del paralelogramo $TKT'J$ es el eje radical de las circunferencias.
hyer.gif
Por paralelismo es facil ver que $QJS$ y $PKS'$ son triangulos isosceles de modo que $JQ=JS$ (1) y $KP=KS'$ (2).
Sean $X, Y= JS\cap \Omega$ luego por potencia de $J$ respecto de $\Omega$ es $JQ^2 = JX(JY) = JS^2$, esto ultimo por (1)
Este resultado dice que $J$ pertenece al eje radical.
Sean $V, W= KP\cap \Omega$ luego por potencia de $K$ respecto de $\Omega$ es $KS'^2 = KV(KW) = KP^2$, esto ultimo por (2)
Este resultado dice que $K$ pertenece al eje radical.
Entonces $JK$ es eje radical de $\omega$ y $\Omega$.
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
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.

Responder