Circulos (3, 4, 5) en circulo
Ignacio Larrosa Cañestro
noticias "es.ciencia.matematicas". Se resolvieron los dos primeros, pero no
el último. Por otra parte, creo que la solución que pongo ahora de los dos
primeros es más simple. Son:
Problema A, "3 círculos en círculo": Dados tres puntos arbitrarios M, P y Q
en una circunferencia c, se trazan las circunferencias que pasan por cada
par de ellos y tienen centros en A, B y C sobre c. Entonces, las tres
circunferencias se vuelven a cortar en un único punto N, que es el incentro
de MPQ y el ortocentro de ABC.
LEMA: "Sean dos circunferencias cA y cB de centros A y B que se cortan en
dos puntos M y N. Se traza la circunferencia c que pasa por A, M y B, y que
las vuelve a cortar en P y Q respectivamente. Entonces, los segmentos AQ y
BP se cortan en N"
Dem. del LEMA:
i) Sea N el punto en que se cortan AB y PQ. Queremos ver que N está en cA y
cB.
ii) Los arcos AP y AM son iguales, puesto que sus cuerdas tienen la longitud
del radio de cA. Igualmente son iguales los arcos BQ y BM.
iii) Por tanto, las rectas PB y QA son las bisectrices de los ángulos P y Q
del triángulo MPQ, siendo N el incentro.
iv) La tercera bisectriz MN corta a la circunferencia c en C, punto medio
del arco PQ en el que no está M.
v) La recta AC es entonces la bisectriz de <PAQ y de <PCM, pues pasa por
los puntos medios de los arcos que abarcan. Igualmente, BC es la bisectriz
de <QBP y de <QCM.
vi) El triángulo APC y el triángulo ANC son simétricos respecto a la recta
AC, por lo que AP = AN, y los puntos P, M y N se encuentran en la
circunferencia cA. Igualmente se ve que Q, M y N se encuentran en la
circunferencia cB. (q.e.d.)
Solución Problema A: Como C es el punto medio del arco PQ, por el lema
anterior es inmediato que las tres circunferencias se cortan en un único
punto N que es el incentro de MPQ. Para ver que es el ortocentro, basta
observar que la recta que une los centros de dos circunferencias secantes es
perpendicular a la cuerda común.
(http://www.xente.mundo-r.com/ilarrosa/GeoGebra/3Circ_en_circ.html)
Problema B, "4 Círculos en círculo": Sobre una circunferencia c se toman
cuatro puntos P, Q, R y S. Se trazan las circunferencias que pasan por cada
par de puntos adyacentes y tienen su centro en los puntos A, B, C y D de c.
Entonces, estas cuatro circunferencias se vuelven a cortar dos a dos en los
vértices P', Q', R' y S' de un rectángulo, cuyos ejes de simetría son las
diagonales del cuadrilátero de centros ABCD. Este rectángulo esta inscrito
en la estrella de 8 puntas AQDPCSBR.
Solución Problema B:
i) Los puntos A, P' y Q están alineados por el LEMA. Otro tanto ocurre con
los otros lados de la estrella de 8 puntas AQDPCSBR, por lo que el
cuadrilátero P'Q'R'S' está inscrito en ella.
ii) <Q'P'Q = <Q'PQ, pues están inscritos en cB y abarcan el arco Q'Q.
iii) <Q'PQ = <CPQ = <CAQ, pues están inscritos en c y abarcan el arco QC.
Por tanto, P'Q' es paralelo a AC. Igualmente se ve que S'R' es paralelo a
AC, y que P'S', BD y Q'R' son paralelos. Por tanto, P'Q'R'S' es un
paralelogramo de lados paralelos a AC y BD.
iv) Los ángulos opuestos determinados por AC y BD miden la semisuma de los
arcos que abarcan en la circunferencia c. Pero cada par de
ángulos opuestos abarca los cuatro arcos que determinan los radios de las
cuatro circunferencias secantes a c, por lo que suman 180°, y cada ángulo es
de 90°. Por tanto, AC es perpendicular a BD y ABCD es un rectángulo.
v) Los segmentos AC y BD son las bisectrices de los ángulos en A, B, C y D,
pues pasan por el punto medio del arco que abarca el ángulo. Por tanto, son
los ejes de simetría del rectángulo P'Q'R'S'.
Nota: Si se prescinde de la condición de que los centros A, B, C y D estén
en c, aún es cierto que P', Q', R' y S' son
concíclicos. En este caso, los seis círculos c, cA, cB, cC, cD y este
último, juegan un papel equivalente: Si cuatro
de ellos se cortan dos a dos sobre otro, los otros cuatro puntos de corte
entre ellos son concíclicos. Este es
el conocido como 'Teorema de los seis círculos' de Miquel, cuya demostración
es muy simple.
http://www.xente.mundo-r.com/ilarrosa/GeoGebra/4Circ_en_circ.html
Problema C, "5 Círculos en círculo": Dados cinco puntos cualesquiera A, B,
C, D y E sobre una circunferencia c, se trazan las circunferencias que pasan
por cada dos consecutivos y que tienen centros en F, G, H, I y J, sobre c.
Si A', B', C', D' y E' son las otras intersecciones de estas circunferencias
las rectas A'B', B'C', C'D', D'E' y E'A' se cortan en F', G', H', I' y J'
sobre ellas.
Véase el dibujo y la solución en
http://www.xente.mundo-r.com/ilarrosa/GeoGebra/5Circ_en_circ.html
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Saludos,
Ignacio Larrosa Cañestro
A Coruña (España)
ilarrosaQUIT...@mundo-r.com
zel...@numericable.fr
Puedo al fin intervenir.
El problema A es muy simple.
Es conocido que, dado un triangulo ABC inscrito en el circulo (C),
notando I su incentro, I_A el centro del circulo exinscrito en el
angulo A y, igualmente I_B, I_C;
A" (resp. A') el punto sobre (C) y la mediatriz del segmento BC del
lado de A (resp. del lado opuesto a A). Entonces el circulo C(A',A'B)
(de centro A' y de radio A'B)
es circonscrito al quadrilatero ICI_AB y el circulo C(A",A"B) es
circoncrito al quadrilatero CI_CI_BB.
Esto da enseguida el problema A y el lema que has utilizado para
probarlo.
Por cierto tu lemma es valido solo si A (resp. B) no pertenece al
disco cB (resp. cA).
Si B pertenece al disco cA, entonces A y B estan del mismo lado de la
cuerda PM en el circulo C(ABM) (que pasa por los puntos A,B,M) y Q
puede estar del lado de A
o del lado opuesto. En este caso las rectas (QA) y (PB) se cortan en N
que es I_Q por el triangulo MPQ. (Esto se prueba con lo conocido
arriba).
Tu prueba del lema (mejor llamar N0 el punto de interseccion de (PB) y
(QA) y probar al final que N0=N),
en el punto vi) afirmas (sin prueba) que los triangulos APC y ANC son
simetricos respeto a la recta (AC).
Esto se prueba, notando s la simetria respeto a (AC), asi , por
ejemplo,
s(AQ)=(AP) y s(MC)=(CP) (por las bisectrices..) que da que s((AQ)
inter (MC))=(AP) inter (CP) o sea s(N)=P lo que da
(NP) es ortogonal a (AC) (esto da que N es ortocentro de ABC) y AN=AP
(N esta en cA)....
El problema B es el theorema de Miquel muy simple por arcos inscritos
(y reciproco) Tu prueba es inutil (me parece).
Por el Problema C : hay que probar que los puntos F', A', E',I' estan
alineados y no veo tu prueba de esto.
Saludos,
Georges
Ignacio Larrosa Cañestro
Si, desde luego
> Es conocido que, dado un triangulo ABC inscrito en el circulo (C),
> notando I su incentro, I_A el centro del circulo exinscrito en el
> angulo A y, igualmente I_B, I_C;
> A" (resp. A') el punto sobre (C) y la mediatriz del segmento BC del
> lado de A (resp. del lado opuesto a A). Entonces el circulo C(A',A'B)
> (de centro A' y de radio A'B)
> es circonscrito al quadrilatero ICI_AB y el circulo C(A",A"B) es
> circoncrito al quadrilatero CI_CI_BB.
>
> Esto da enseguida el problema A y el lema que has utilizado para
> probarlo.
Si, pero si esto lo explicitas punto por punto no es más breve que la
demostración que yo utilizo.
> Por cierto tu lemma es valido solo si A (resp. B) no pertenece al
> disco cB (resp. cA).
Sigue siendo cierto que N es el ortocentro del ABC, solo que en lugar de ser
el incentro del MPQ es el ex-centro del triángulo MPQ correspondiente al
lado que subtiende el arco en que se encuentran A y B. No obstante, puede
precisarse que A y B esten separados por la cuerda comun MN. Lo que equivale
en la figura completa a que centros y puntos de intersección estén
alternados sobre la circunferencia c (siempre que sea posible, me parece más
claro usar minúsculas para las líneas y mayúsculas para los puntos).
> Si B pertenece al disco cA, entonces A y B estan del mismo lado de la
> cuerda PM en el circulo C(ABM) (que pasa por los puntos A,B,M) y Q
> puede estar del lado de A
> o del lado opuesto. En este caso las rectas (QA) y (PB) se cortan en N
> que es I_Q por el triangulo MPQ. (Esto se prueba con lo conocido
> arriba).
>
> Tu prueba del lema (mejor llamar N0 el punto de interseccion de (PB) y
> (QA) y probar al final que N0=N),
> en el punto vi) afirmas (sin prueba) que los triangulos APC y ANC son
> simetricos respeto a la recta (AC).
Es que la recta AC es la bisectriz común de los ángulos <NAP y <NCP ...
> Esto se prueba, notando s la simetria respeto a (AC), asi , por
> ejemplo,
>
> s(AQ)=(AP) y s(MC)=(CP) (por las bisectrices..) que da que s((AQ)
> inter (MC))=(AP) inter (CP) o sea s(N)=P lo que da
> (NP) es ortogonal a (AC) (esto da que N es ortocentro de ABC) y AN=AP
> (N esta en cA)....
>
> El problema B es el theorema de Miquel muy simple por arcos inscritos
> (y reciproco) Tu prueba es inutil (me parece).
El teorema de Miquel es el caso general en que los centros no se hallan
sobre c, y la prueba que doy en
http://www.xente.mundo-r.com/ilarrosa/GeoGebra/4Circ_en_circ.html
para ese caso, _es_ la prueba de Miquel (hay que marcar la sexta casilla).
Cuando los cuatro centros están en c, ocurren más cosas.
> Por el Problema C : hay que probar que los puntos F', A', E',I' estan
> alineados y no veo tu prueba de esto.
Están alineados por construcción ... A partir del pentágono A'B'C'D'E',
prolongando sus lados, se construye el Pentagrama F'G'H'I'J'. Lo que se pide
es demostrar que los vártices de este pentagrama (o estrella de cinco
puntas) se hallan en las circunferencias que pasan por los puntos
consecutivos elegidos en c y tienen sus centros en los puntos medios de los
arcos correspondientes.
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Saludos,
Ignacio Larrosa Cañestro
A Coruña (España)