viernes, 31 de diciembre de 2010

Problema del Día (31 de Dic)

Sea $P$ un punto fuera del círculo $C$. Considera todos los trapecios inscritos en $C$ tales que sus lados no paralelos se intersectan en $P$ (al prolongarlos). Muestra que las diagonales de dichos trapecios se intersectan todas en un mismo punto (independientemente del trapecio).

3 comentarios:

  1. Consideremos sin perdida de generalidad el trapecio ABCD con AB paralelo a DC P punto de intersección de DA y CB, Q el punto donde se intersectan sus diagonales y O centro de la circunferencia C

    $\angle AQD = \angle ACD + \angle BDC$ al ser BC y AD arcos iguales entonces sus respectivos angulos inscritos tambien son iguales por lo tanto $\angle AQD = 2\angle ACD = \angle AOD$ por lo tanto AQOD es cíclico, analogamente BCOQ,

    Considerando otro trapecio A'B'C'D' con lados no paralelos provinientes de P, tendremos que A´Q´O´D´ Es ciclico

    Por potencia de punto en C sabemos que

    (PA)(PD)=(PA')(PD')

    Por AQOD

    (PA)(PD)=(PQ)(PO)

    Por A'Q'OD'
    (PA')(PD')=(PQ')(PO)

    Por lo tanto PQ' = PQ y Q=Q'

    y se me olvidaba... P Q O son colineales (para poder usar potencia de punto) porque nos fijamos en los ejes radicales de los 3 cuadrilateros ciclicos que tenemos, estos son AD, BC y QO, como AD y BC intersectan en P entonces QO tambien por lo tanto P pertenece a la recta QO para toda Q

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  2. Muy bien Karina, nomas cuidado con usar las mismas letras para dos cosas distintas =P

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  3. Tomamos a un trapecio $ABCD$ con $AB||DC$ que cumple el problema. Sea $Q$ la interseccion de las diagonales y $O$ el circuncentro de $C$.

    Vemos que $\angle PCD = \angle PAB$ por el ciclico y $\angle PAB = \angle PDC$ por las paralelas, entonces $\angle PCD = \angle PDC$ y $\triangle PDC$ es isosceles.

    $\angle ACD = \angle ABD$ por el ciclico
    $\angle ABD = \angle BDC$ por las paralelas
    Entonces $\angle ACD = \angle BDC$ asi que $\triangle QDC$ es isosceles.

    $\triangle ODC$ tambien es isosceles porque sus lados son radios.

    Entonces $\triangle ODC$, $\triangle QDC$ y $\triangle PDC$ son isosceles, asi que $P$, $Q$ y $O$ estan sobre la mediatriz de $DC$, por lo tanto son colineales.

    Ahora vemos que $\angle AQD = \angle ACD + \angle BDC = 2 \angle ACD$ porque ya teniamos que eran iguales. $\angle AOD = 2 \angle ACD$ porque es angulo central.

    Entonces $ADOQ$ es ciclico, y como $PQO$ son colineales, por potencia de punto $PA \cdot PD = PQ \cdot PO$. Y $PA \cdot PD$ es constante sin importar cual trapecio tomemos por potencia de punto en $C$ asi que $PQ \cdot PO$ tambien es constante, y $PO$ tampoco depende de la eleccion de trapecio, por lo tanto $PQ$ tambien es constante, por lo que $Q$ va a ser el mismo punto siempre.

    :D

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