martes, 5 de agosto de 2014

Geometria Problema del Dia

( esta bien si esta en ingles?)
Let S_1 and S_2 be two circumferences, with centers O_1 and O_2 respectively, and secants on M and N. The line
t is the common tangent to S_1 and S_2 closer to M. The points A and B are the intersection points of t with S_1 and S_2, C is the point such that BC is a diameter of S_2, and D the intersection point of the line O_1O_2 with the perpendicular line to AM through B. Show that M, D and C are collinear.

16 comentarios:

  1. Estaria mejor en chino... jk. Ahorita lo intento

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    1. Si alguien requiere traduccion, diga y con gusto se lo traducimos. De ahi en fuera no hay prob que sea en ingles, Alonso

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  2. Esta bueno el problemita
    que han intentado?
    como van

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    1. Con gusto:
      Sea S_1 y S_2 dos circunferencias con centros en O_1 y O_2 respectivamente, se intersectan en M y N. La tengente en comun a S_1 y S_2 (Mas cercana al punto M) es tangente en los puntos A y B respectivamente. Sea C el punto tal que BC es diametro de S_2, sea D el punto de interseccion de la linea O_1O_2 con la linea que pasa por B y es perpendicular a AM .
      Demostrar que M, D y C son colineales.
      (Nota: S_1 denota S subíndice 1, análogamente)

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  5. aun no me sale, pero ya casi,, lo que llevo es que si E es el punto de interseccion de BD con S2 y F el punto diametralmente opuesto a E, entonces por pascal, en el hexagono BBFCEM, tengo que la interseccion de BB y FM, la interseccion de BC y FE y la interseccion de BE y MC son colinelaes. sea G interseccion de FM y BB, es decir FM y la tangente a S2 por B, y sea X la interseccion de BE y MC, entonces lo de pascal me dice que G,X y O2 son colineales, si muestro que G esta en la linea O1O2 acabo, pues tendria que X esta en O1O2 entonces el punto X seria igual al punto D.Entonces quiero ver que la interseccion de AB y FM esta en O1O2, es lo que me falta demostrar

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  6. $\textbf{Sugerencia}$
    $G$....tendria que ser el centro de homotecia ($S_1$, $S_2$), no?
    que puedes decir de $BF$ y $AM$?

    $\textit{Comentario adicional:}$
    Para los demas, para usar Pascal en este caso tomarian los puntos en este orden: B,F,C contra M,B,E (Para hacer las intersecciones como las vimos en clase),
    Otra cosa, al decir la linea BB, se trata de la tangente por B

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    1. duhhh, son paralelas jajaja, ok, ahorita lo pongo ya completo entonces, gracias

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  7. bueno completando mi solucion, veo que los triangulos AMO1 y BFO2 son semejantes, esto es facil por angulitos ya que son triangulos isoceles con el mismop angulo central, y ademas estan en homotecia pues su lados van a ser paralelos, entonces ya AB, FM y O1O2, concurren.

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  8. Se traza una paralela a $AM$ por $B$ la cual intersecta a $S_2$ en $F$.
    Sea $P$ un punto en $t$ opuesto a $A$ respecto a $B$.
    Como $AM \parallel BF$, $\angle MAB = \angle CFP = \alpha$
    Por angulo central-semiinscrito, $\angle AO_1M = \angle BO_2F = \alpha$
    Ademas como $AO_1$ y $BO_2$ son perpendiculares a $t$, $\angle O_1AM = \angle O_2BF = 90-\alpha$ (claramente estas dos lineas son paralelas).
    Por lo tanto por AA, $\triangle AO_1M \sim \triangle BO_2F$. Y como tenemos ya dos pares de lados paralelos, entonces tambien $O_1M \parallel O_2F$.
    $\therefore \triangle AO_1M$ y $\triangle BO_2F$ son homoteticos, esto nos indica que tienen un centro de homotecia, es decir $BA$, $FM$ y $O_2O_1$ concurren. Sea este punto $E$.
    Sea $G$ un punto en $S_2$ tal que $FG$ es diametro de $S_2$.
    Sea $R$ la interseccion de $MC$ y $BG$.
    "Aplicamos" Pascal en los puntos $B,F,C$ y $M,B,G$. Tendremos que $E$,$R$ y $O_2$ son colineales.
    Tenemos que $D$ y $R$ estan sobre $EO_2$ y tambien sobre $BG$ y ya que estas lineas no son la misma ni paralelas tendremos que $D=R$. Ya que $MC$ contiene a $R \Rightarrow MC$ contiene a $D$.
    $\therefore M,D,C$ son colineales.

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  9. Mañana pongo una solución donde no se usa Pascal. La idea es tomarse la Intersección de $MC$ y $O_1O_2$ llamado $D'$ y demostrar que $D'B$ es perpendicular a $AM$

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    2. Usando lo de arriba, si sabemos que $D'B$ es perpendicular a $AM$ entonces $D' = D$ y acabaríamos.
      También como $\angle ABO_2 = 90º$ entonces $\angle O_2BD' + \angle D'BA = 90$. Pero queremos que $\angle BAM + \angle D'BA = 90$ para que se cumpla que las rectas son perpendiculares. Entonces bastaría con demostrar que $\angle BAM = \angle O_2BD'$.
      Trazamos $MN$ y sea $P$ la intersección de $MN$ con $AB$. Entonces como $P$ esta en el eje radical, tenemos que $AP = PB$. Ademas $O_1O_2$ es perpendicular a $PN$. Sea $Q$ la intersección de estas dos rectas. Sabemos que $PBO_2Q$ es ciclico. Entonces$\angle BPM = \angle CO_2Q$.
      Por angulos inscrito y semi-inscrito tenemos que $\angle BCM = \angle ABM$. Entonces por criterio $AA$ de semejanza tenemos que $\bigtriangleup PBM \sim \bigtriangleup O_2CD'$. Entonces las siguientes razones se cumplen.
      $\frac{PB}{O_2C} = \frac{PM}{O_2D'}$. Y como $PB=PA$ y $B_O2 = CO_2$ entonces
      $\frac{PA}{O_2B} = \frac{PM}{O_2D'}$. También sabemos que $\angle APM = \angle BO_2D'$ porque $PBO_2Q$ es cíclico. De aquí podemos concluir por criterio $RAR$ que $\bigtriangleup APM \sim \bigtriangleup BO_2D'$. De aquí podemos concluir que $\angle PAM = \angle O_2BD'$ como queríamos.

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