GeoDom: 2021

domingo, 17 de octubre de 2021

PAGMO 2021 - Problemas 2, 6

Estas son mis soluciones a los problemas $2$ y $6$ de la Olimpiada Panamericana Femenil de Matemáticas.

Problema 2. Considere el triángulo rectángulo isósceles $\triangle{ABC}$ con $\angle{BAC}=90^\circ$ . Sea $l$ la recta que pasa por $B$ y el punto medio del lado $AC$ . Sea $\tau$ la circunferencia con diámetro $AB$ . La recta $l$ y la circunferencia $\tau$ se intersecan en el punto $P$ , diferente de $B$ . Muestre que la circunferencia que pasa por los puntos $A$ , $C$ y $P$ es tangente a la recta $BC$ en $C$ .

Demostración. Considera una línea, $m$ , paralela a $AB$ que pase por $C$ . Denota con $D$ la intersección de $l$ y $m$ . Por el Teorema de Tales, $\angle{APD}=90^\circ$ . Como $\angle{ACD}$ es recto, tenemos que $APCD$ es cíclico. Llamemos $M$ al punto medio de $AC$ . Claramente, $\triangle{ABM}\cong{\triangle{CDM}}$ (por el criterio $ALA$ ) con $CD=AB=AC$ , por lo que $\triangle{ACD}$ es también un triangulo rectángulo isósceles con $\angle{ADC}=\angle{ACB}$ . Por la conversa del Teorema del Segmento Alterno, la circunferencia que pasa por los puntos $A$ , $P$ y $C$ debe ser tangente a $BC$ en $C$ .

Problema 6. Sea

$ABC$ un triángulo con incentro

$I$ y sea

$\tau$ el excírculo opuesto al vértice

$A$ . Suponga que

$\tau$ es tangente a las rectas

$BC$ ,

$AC$ y

$AB$ en los puntos

$A_1$ ,

$B_1$ y

$C_1$ , respectivamente. Suponga que las rectas

$IA_1$ ,

$IB_1$ e

$IC_1$ intersectan nuevamente a

$\tau$ en los puntos

$A_2$ ,

$B_2$ y

$C_2$ , respectivamente. Sea

$M$ el punto medio del segmento

$AA_1$ . Si las rectas

$A_1B_1$ y

$A_2B_2$ se intersectan en

$X$ y las rectas

$A_1C_1$ y

$A_2C_2$ se intersectan en

$Y$ , demuestre que

$MX=MY$ .

Demostración. Claramente,

$\angle{ABI}=\angle{BC_1A_1}$ , por lo que

$BI\parallel{A_1C_1}$ . Por propiedad de ángulos entre paralelas,

$\angle{BIC_1}=\angle{IC_1A_1}$ y por propiedad del ángulo semiinscrito,

$\angle{BC_1I}=\angle{C_1A_1C_2}$ . Esto implica que

$\triangle{IBC_1}\sim{\triangle{A_1C_1C_2}}$ . Luego sigue que

$\angle{IC_2A_1}=180^\circ-\angle{C_1C_2A_1}=180^\circ-\angle{C_1BI}=\angle{ABI}=\angle{A_1BI}=\frac{\angle{ABC}}{2}$ . De donde se deduce que

$IBC_2A_1$ es cíclico. Denotemos con

$N$ la segunda intersección de

$BC_2$ con

$\tau$ . Por el Teorema de Reim,

$BI\parallel{A_2N}$ . Note que

$A_1NC_1C_2$ es un cuadrilátero armónico, por lo que si proyectamos desde

$A_2$ sobre la recta

$A_1C_1$ , también paralela a

$A_2N$ (recuerde que

$BI\parallel{A_1C_1}$ ), tenemos

$-1=(N, C_2; C_1, A_1)\stackrel{A_2}{=}(P_\infty, Y; C_1, A_1).$

Esto implica que

$Y$ es el punto medio de

$A_1C_1$ . Análogamente,

$X$ es el punto medio de

$A_1B_1$ . Por el Teorema del Segmento Medio,

$MY=\frac{AC_1}{2}$ y

$MX=\frac{AB_1}{2}$ . Pero

$AC_1=AB_1$ por ser tangentes comunes, por lo tanto

$MY=MX$ .

lunes, 14 de junio de 2021

Generalized half-angle formulas - Hyperbolic version

In Mathoverflow I wonder about the possibility of finding non-Euclidean versions of the generalized half-angle formulas

$[1]$ . The Russian mathematician Alexander Mednykh has kindly answered my question. Specifically, he has derived the hyperbolic version. Look at the following link:

Note: Generalized half-angle formula - Hyperbolic version

Reference

$[1]$ E. A. José García, Two Identities and their Consequences, MATINF, 6 (2020) 5-11.

martes, 1 de junio de 2021

Using the half-angle formula for cosine to derive Zelich's lemma on mixtilinear incircles

Lemma (Ivan Zelich). Let $w$ be the $A$ -mixtilinear incircle in $\triangle{ABC}$ touching side $AB$ at $E$ , side $AC$ at $F$ . Then

$AE=AF=\frac{bc}{s}\tag{1}$

where $s$ is the semiperimeter.

Proof 1. The radius of

$w$ inscribed in

$\angle{CAB}=\alpha$ is given by

$\rho_a=r\sec^2{\frac{\alpha}{2}}\tag{2}$

where

$r$ is the inradius of the reference triangle and

$\rho_a$ is the radius of

$w$ (Durell and Robson 1935).

A proof of

$(2)$ can be found here (see pp. 13).

The half-angle formula for cosine states that

$\cos^2{\frac{\alpha}{2}}=\frac{s(s-a)}{bc}\tag{3}$

See here for a proof of

$(3)$ .

Call

$I$ the Incenter of

$\triangle{ABC}$ and

$D$ the touchpoint between the incircle and

$AC$ . Denote

$K$ the center of

$w$ . Notice that

$\triangle{AID}\sim\triangle{AKF}$ . Now, by similarity of triangles we have

$\frac{r}{s-a}=\frac{\rho_a}{AF}\tag{4}$

Combining

$(2)$ and

$(3)$ in

$(4)$ we get

$(1)$ .

$\square$

Proof 2. We can also derive

$(1)$ using the relationships

$\Delta=rs$ and

$\Delta=\frac{bc\sin{\alpha}}{2}$ . Indeed, since

$r=\frac{\Delta}{s}=\frac{\frac{bc\sin{\alpha}}{2}}{s}=\frac{bc\sin{\frac{\alpha}{2}}\cos{\frac{\alpha}{2}}}{s}.$

Substituting in

$(2)$ and simplifying we get

$\rho_a=r\sec^2{\frac{\alpha}{2}}=\frac{bc}{s}\tan{\frac{\alpha}{2}}=\frac{bc\rho_a}{s\cdot{AF}}$

from which the result holds.

$\square$

A proof using inversion can be found here.

Related material

Conic in Mixtilinear Incircles

viernes, 7 de mayo de 2021

Using the half-angle formulas to derive Mahavira's identities

In a cyclic quadrilateral

$ABCD$ , let

$a$ ,

$b$ ,

$c$ ,

$d$ denote the lengths of sides

$AB$ ,

$BC$ ,

$CD$ ,

$DA$ , and

$m$ ,

$n$ the lengths of the diagonals

$BD$ and

$BC$ . Then Mahavira's result is expressed as

$m^2=\frac{(ab+cd)(ac+bd)}{ad+bc}\tag{1}$

$n^2=\frac{(ac+bd)(ad+bc)}{ab+cd}\tag{2}.$

Proof. By the Law of Cosines,

$\begin{align*}m^2&=a^2+d^2-2ad\cos{A}\\&=a^2+d^2-2ad(2\cos^2{\frac{A}{2}}-1)\\&=(a+d)^2-4ad\cos^2{\frac{A}{2}}\end{align*}$

Substituting from the half-angle formula (see formula

$(5)$ in this page) we get

$\begin{align*}m^2&=(a+d)^2-\frac{ad[(a+d)^2-(b-c)^2]}{ad+bc}\\&=\frac{bc(a+d)^2+ad(b-c)^2}{ad+bc}\\&=\frac{a^2bc+bcd^2+ab^2d+ac^2d}{ad+bc}\\&=\frac{(ab+cd)(ac+bd)}{ad+bc}.\end{align*}$

$\square$

Similarly we can get

$(2)$ .

Related material

Brahmagupta-Mahavira Identities

Ptolemy's Theorem

martes, 30 de marzo de 2021

Length of angle bisector: yet another application of the half-angle formulas

Let

$\triangle{ABC}$ be a triangle. Let

$AD$ be the angle bisector of

$\angle{BAC}$ in

$\triangle{ABC}$ . Let

$d$ be the length of

$AD$ . Then

$d$ is given by:

$d^2=\frac{bc}{(b+c)^2}\left[(b+c)^2-a^2\right]\tag{1}$

where

$a$ ,

$b$ , and

$c$ are the sides opposite

$A$ ,

$B$ and

$C$ respectively.

Lemma 1 (Tehebycheff). Let

$\triangle{ABC}$ be a triangle. Let

$AD$ be the angle bisector of

$\angle{BAC}$ in

$\triangle{ABC}$ . Let

$d$ be the length of

$AD$ and

$\angle{BAD}=\angle{CAD}=\frac{\alpha}{2}$ . Then

$d$ is given by:

$d=\frac{2bc\cos{\frac{\alpha}{2}}}{b+c}\tag{2}$

Proof. Let

$BD=m$ and

$CD=n$ . We make use of the Angle Bisector Theorem and the Law of Cosines. Indeed, by the Angle Bisector Theorem we have

$\frac{b}{c}=\frac{n}{m}$

which can also be written as

$\frac{b^2}{c^2}=\frac{n^2}{m^2}\tag{3}$

Now, by the Law of Cosines,

$n^2=b^2+d^2-2bd\cos{\frac{\alpha}{2}}\tag{4}$

$m^2=c^2+d^2-2cd\cos{\frac{\alpha}{2}}\tag{5}$

Dividing $(4)$ by $(5)$ and substituting $\frac{n^2}{m^2}$ by $\frac{b^2}{c^2}$ we have

$\frac{b^2}{c^2}=\frac{b^2+d^2-2bd\cos{\frac{\alpha}{2}}}{c^2+d^2-2cd\cos{\frac{\alpha}{2}}}$

From which we get

$d^2(b^2-c^2)=2bcd\cos{\frac{\alpha}{2}}(b-c)$

Isolating $d$ , factoring and simplifying we obtain $(2)$ .

$\square$

Another proof of Lemma 1 can be found here.

Lemma 2. Let $\triangle{ABC}$ be a triangle and let $a$ , $b$ and $c$ be the lengths of sides $BC$ , $AC$ and $BC$ , respectively. Then the following identity holds