Let
and 
be two circumferences, with centers 
and 
respectively, and secants on 
and 
. The line
is the common tangent to and closer to . The points 
and 
are the intersection points of with and , 
is the point such that 
is a diameter of , and 
the intersection point of the line 
with the perpendicular line to 
through . Show that , and are collinear.
Estaria mejor en chino... jk. Ahorita lo intento
ResponderBorrarSi alguien requiere traduccion, diga y con gusto se lo traducimos. De ahi en fuera no hay prob que sea en ingles, Alonso
BorrarEsta bueno el problemita
ResponderBorrarque han intentado?
como van
hola disculpen necesito traduccion jeje
ResponderBorrarCon gusto:
BorrarSea 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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ResponderBorraraun 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
ResponderBorrarLa sugerencia de abajo, era pa ti
BorrarSugerencia
ResponderBorrarG....tendria que ser el centro de homotecia (S1, S2), no?
que puedes decir de BF y AM?
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
duhhh, son paralelas jajaja, ok, ahorita lo pongo ya completo entonces, gracias
Borrarbueno 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.
ResponderBorrarSe traza una paralela a AM por B la cual intersecta a S2 en F.
ResponderBorrarSea P un punto en t opuesto a A respecto a B.
Como AM∥BF, ∠MAB=∠CFP=α
Por angulo central-semiinscrito, ∠AO1M=∠BO2F=α
Ademas como AO1 y BO2 son perpendiculares a t, ∠O1AM=∠O2BF=90−α (claramente estas dos lineas son paralelas).
Por lo tanto por AA, △AO1M∼△BO2F. Y como tenemos ya dos pares de lados paralelos, entonces tambien O1M∥O2F.
∴△AO1M y △BO2F son homoteticos, esto nos indica que tienen un centro de homotecia, es decir BA, FM y O2O1 concurren. Sea este punto E.
Sea G un punto en S2 tal que FG es diametro de S2.
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 O2 son colineales.
Tenemos que D y R estan sobre EO2 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⇒MC contiene a D.
∴M,D,C son colineales.
Ehhh me copio xD
BorrarMañana pongo una solución donde no se usa Pascal. La idea es tomarse la Intersección de MC y O1O2 llamado D′ y demostrar que D′B es perpendicular a AM
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BorrarUsando lo de arriba, si sabemos que D′B es perpendicular a AM entonces D′=D y acabaríamos.
BorrarTambién como ∠ABO2=90º entonces ∠O2BD′+∠D′BA=90. Pero queremos que ∠BAM+∠D′BA=90 para que se cumpla que las rectas son perpendiculares. Entonces bastaría con demostrar que ∠BAM=∠O2BD′.
Trazamos MN y sea P la intersección de MN con AB. Entonces como P esta en el eje radical, tenemos que AP=PB. Ademas O1O2 es perpendicular a PN. Sea Q la intersección de estas dos rectas. Sabemos que PBO2Q es ciclico. Entonces∠BPM=∠CO2Q.
Por angulos inscrito y semi-inscrito tenemos que ∠BCM=∠ABM. Entonces por criterio AA de semejanza tenemos que △PBM∼△O2CD′. Entonces las siguientes razones se cumplen.
PBO2C=PMO2D′. Y como PB=PA y BO2=CO2 entonces
PAO2B=PMO2D′. También sabemos que ∠APM=∠BO2D′ porque PBO2Q es cíclico. De aquí podemos concluir por criterio RAR que △APM∼△BO2D′. De aquí podemos concluir que ∠PAM=∠O2BD′ como queríamos.