Sea [math]ABCD un rectángulo con el lado [math]AB mayor que el lado [math]AD. La circunferencia de centro [math]B y radio [math]AB intersecta a la recta [math]DC en los puntos [math]E y [math]F.
(a) Demostrar que la circunferencia circunscrita al triángulo [math]EBF es tangente a la circunferencia de diámetro [math]AD.
(b) Sea [math]G el punto de tangencia entre las dos circunferencias mencionadas en (a). Demostrar que los puntos [math]D,G y [math]B son colineales.
Sea [math]O_1 el centro de la circunferencia de diámetro [math]AD y [math]O_2 el centro de la circunscripta de [math]EBF.
Para la primera parte, vamos a considerar un sistema de ejes cartesianos, con centro en [math]A, y tomando como eje [math]x a la recta [math]AB y como eje [math]y a la recta [math]AD. Vamos a definir la medida de [math]|AB|=a y la de [math]|AD|=b.
Consideremos el círculo centrado en [math]B=(a,0) con radio [math]|AB|. La ecuación de este círculo está dada por [math]{(x-a)^2 + (y-0)^2 = a^2}. Queremos hallar las coordenadas de [math]E y [math]F. Para ello, igualamos [math]y=b, obteniéndo así [math](x-a)^2 + b^2 = a^2. De ahí, [math]x^2 + a^2 - 2ax + b^2 = a^2 \Rightarrow x^2 - 2ax + b^2 = 0. De esta cuadrática, las raíces son [math]\frac{2a\pm 2\sqrt{a^2-b^2}}{2} = a\pm \sqrt{a^2-b^2}.
Entonces, [math]E=(a-\sqrt{a^2-b^2},b) y [math]F = (a+\sqrt{a^2-b^2},b).
Ahora queremos encontrar las coordenadas [math]O_2. Para ello, primero notamos que al ser [math]BEF un triángulo isósceles y [math]O_2 ser el punto de encuentro de las mediatrices, [math]O_2 está sobre [math]BC. Si [math]r es el radio de esta circunferencia, tenemos que [math]O_2=(a,r).
Como [math]O_2 es centro, tenemos que [math]|EO_2| = r. Entonces: [math]\sqrt{(a-\sqrt{a^2-b^2}-a)^2 + (b-r)^2)} = r. Obtenemos así [math]a^2 +r^2 - 2br = r^2 \Rightarrow a^2 = 2br \Rightarrow r = \frac{a^2}{2b}.
Dos circunferencias son tangentes si y sólo si la suma de sus radios es igual a la distancia entre sus centros. Es decir, si definimos [math]r_2 = \frac{b}{2} el radio de la circunferencia con diámetro [math]AD, y [math]O_1 su centro, queremos que
Por lo tanto es verdad, y las cirunferencias son tangentes, es decir, se tocan en un solo punto.
Para la segunda parte (ya asumiendo que la primera parte es cierta), vemos por arco capaz que [math]\angle AGD = 90^{\circ}.
Si trazamos la recta tangente a ambas circunferencias por [math]G, sea [math]M el punto de intersección entre esta recta y [math]AB. Vemos por potencia de un punto que [math]MA^2 = MG^2 = MB^2, ya que [math]A es tangente a la circunferencia con centro [math]O_1 porque [math]\angle O_1AB = 90^{\circ}, y [math]B es tangente a la de centro [math]O_2 ya que [math]\angle O_2BA.
Entonces, [math]M es el punto medio de [math]AB y tenemos que [math]MA = MG = MB. Luego, podemos trazar una circunferencia con centro [math]M y radio [math]MA. Como [math]AB es diámetro, vamos a tener que [math]\angle AGB = 90^{\circ}, de donde [math]\angle DGB = \angle DGA + \angle AGB = 180^{\circ}.
Por lo tanto, [math]D, [math]G y [math]B son colineales. Y estamos [math]\blacksquare
"Though my eyes could see I still was a blind man"
El circuncírculo del triángulo [math]EBF interseca a la recta [math]BC por segunda vez en [math]P. Sea [math]Q=BD\cap AP. Ambas partes del problema quedan resueltas si probamos que [math]AP\bot BD^{*}. Por otra parte, para probar que [math]BP\bot BD bastará ver que los triángulos [math]PBA y [math]PAD son semejantes. En tal caso, como estos triángulos son semejantes con la misma orientación y tienen un par de lados respectivos perpendiculares ([math]PB y [math]BA), se seguirá que los demás pares de lados también son perpendiculares, o sea que [math]PA\bot BD, como queremos ver. Pero [math]\frac{BA}{AD}=\frac{BF}{BC}=\frac{BP}{BF}=\frac{PB}{BA} (hemos usado los triángulos semejantes [math]FCB y [math]PFB), y con esto queda probado lo que queríamos.
[math]^{*} En efecto, supongamos que [math]AP\bot BD. Luego si [math]M y [math]N denotan los puntos medios de [math]AD y [math]BP respectivamente, tenemos que [math]M y [math]N son los circuncentros de los triángulos [math]ADQ y [math]PQB respectivamente (pues [math]\angle AQD=\angle PQB=90^{\circ}). Pero los triángulos [math]AQD y [math]PQB son semejantes e inversamente homotéticos por [math]Q (esto es consecuencia inmediata de Thales en las paralelas [math]AD y [math]BP), luego [math]M,Q y [math]N están alineados (por ser estos puntos medios de respectivos lados, y centro de homotecia de los triángulos), y de esta colinealidad se deduce que los circuncírculos de los triángulos [math]AQD y [math]PQB son tangentes en [math]Q. Como la circunferencia de diámetro [math]AD es ni más ni menos que el circuncírculo de [math]AQD, y el circuncírculo de [math]EBF es ni más ni menos que el circuncírculo de [math]PQB, habremos terminado.
Miramos la homotecia con centro en [math]G que lleva la circunferencia de diámetro [math]AD a la circunferencia circunscrita a [math]EBF.
Sea [math]M el opuesto diametral a [math]B en la circunferencia circunscrita a [math]EBF. Es claro que en una homotecia, una recta se transforma en otra recta paralela a la original. Entonces la imagen del segmento [math]AD debe ser el segmento [math]BM dado que son paralelas y ambas son diámetros de sus respectivas circunferencias. Como el punto [math]G no pertenece a la recta [math]AB, luego la imagen del punto [math]A debe ser [math]M y La de [math]D, [math]B. Como cada punto, y su imagen están en la misma recta que el centro de la homotecia, [math]D, [math]G y [math]B, son colineales como queríamos.
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.
Sea [math]\Gamma la circunferencia de diámetro [math]AD. Sea [math]X la intersección de [math]BD y [math]\Gamma. Invirtamos con centro [math]B y radio [math]AB. Por potencia de un punto [math]AB^2=BX\times BD. Luego [math]X y [math]D son inversos y [math]\Gamma permanece fija tras la inversión. La circunscrita de [math]BEF se convierte en la recta [math]EF, y como [math]EF es tangente a [math]\Gamma en [math]D, por la inversión, [math]\Gamma y la circunscrita de [math]BEF son tangentes en [math]X, que está alineado con [math]B y [math]D
Sean $\lambda$ la circunferencia de centro $B$ y radio $AB$, $\varphi$ la circunferencia de diámetro $AD$, $\omega$ el circuncírculo de $\triangle EBF$ y $H$ la intersección de las tangentes por $E$ y $F$ a $\lambda$, luego, $EF$ es la polar de $H$ respecto a $\lambda$ (notar que $EBFH$ es un rombo$\Rightarrow H,C,B$ están alineados). Sea $d$ la polar de $D$ respecto a $\lambda$, como $D\in EF$ se sigue por La Hire que $H\in d$; pero por definición de polar tenemos $A\in d$. Luego, $AH\equiv d\Rightarrow AH\perp BD$.
Sea $G=AH\cap BD$, entonces $G\in \varphi$, además $B\widehat GH=B\widehat EH=B\widehat FH=90^\circ \Rightarrow G,H\in \omega$.
Sea $t$ la tangente por $G$ a $\varphi$, luego $\measuredangle (t,BD)=\measuredangle (AH,AD)=\measuredangle (AH,BH)\Rightarrow t$ es tangente a $\omega$ ($\measuredangle$ simboliza un ángulo dirigido).
Por lo tanto $\varphi$ y $\omega$ son tangentes en $G$, y $D,G,B$ son colineales.
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