Colinealidad Asociada a Tres Cuadrados.

Considera tres cuadrados, $ABCD$, $DPEF$ y $PBGH$, dispuestos como se muestra en la animación. Demostrar que $F$, $C$ y $G$ están alineados. Este problema fue propuesto por Yura Biletsky, en el grupo de Facebook "Romantics of Geometry".

Demostración. No soy muy partidario de la geometría de coordenadas, pero en este caso me pareció bastante simple el enfoque analítico. Tomemos como origen de nuestro sistema de coordenadas el punto $A$ y llamemos $a$ al lado del cuadrado $ABCD$, entonces tenemos las siguientes coordenadas: 

$A: (0, 0)$

$B: (a, 0)$

$C: (a, a)$

$D: (0, a)$

$P: (m, n)$

Note que las coordenadas de $F$ pueden obtenerse rotando el punto $P$ unos $90^\circ$ con respecto a $D$. Similarmente, el punto $G$ puede obtenerse rotando el punto $P$ unos $270^\circ$ con respecto a $B$. Las coordenadas de la imagen de un punto rotado pueden obtenerse con las siguientes expresiones:

$$x'=(x-h)cos\theta-(y-k)sen\theta+h$$

$$y'=(y-k)cos\theta+(x-h)sen\theta+k$$

De donde obtenemos

$F: (a-n, a+m)$

$G: (a+n, a-m)$

La pendiente de la línea $CF$ es $\frac{a-(a+m)}{a-(a-n)}=-\frac{m}{n}$. Y la pendiente de la línea $CG$ es $\frac{a-(a-m)}{a-(a+n)}=-\frac{m}{n}$. Ambas pendientes son iguales, por lo tanto, $F$, $C$ y $G$ están alineados. 

Laurent Schwartz on learning mathematics

Laurent Schwartz, as quoted from  A Mathematician Grappling with His Century, Birkhäuser Basel, 2001, pp. 30-31. [With thanks to Jonathan Crabtree]

I was always deeply uncertain about my own intellectual capacity; I thought I was unintelligent. And it is true that I was, and still am, rather slow. I need time to seize things because I always need to understand them fully. Even when I was the first to answer the teacher’s questions, I knew it was because they happened to be questions to which I already knew the answer. But if a new question arose, usually students who weren’t as good as I was answered before me. Towards the end of eleventh grade, I secretly thought of myself as stupid. I worried about this for a long time. Not only did I believe I was stupid, but I couldn’t understand the contradiction between this stupidity and my good grades. I never talked about this to anyone, but I always felt convinced that my imposture would someday be revealed: the whole world and myself would finally see that what looked like intelligence was really just an illusion. If this ever happened, apparently no one noticed it, and I’m still just as slow. When a teacher dictated something to us, I had real trouble taking notes; it’s still difficult for me to follow a seminar.

At the end of eleventh grade, I took the measure of the situation, and came to the conclusion that rapidity doesn’t have a precise relation to intelligence. What is important is to deeply understand things and their relations to each other. This is where intelligence lies. The fact of being quick or slow isn’t really relevant. Naturally, it’s help to be quick, like it is to have a good memory. But it’s neither necessary or sufficient for intellectual success.The laurels I won in the Concourse General liberated me definitely from my anguish. I won first prize in Latin theme and first access it in Latin version; I was no longer merely a brilliant high school student, I acquired national fame. The Concourse General counted a lot in in my life, by helping me to get rid of a terrible complex. Of course, I was not instantly metamorphosed, and I’ve always had to confront the same problems; it’s just that since that day I know that these obstacles are not unsurmountable and that in spite of delicate and even painful moments,they will not block my way to accomplishment, which research represent for me. Fortunately, I had an excellent memory. For instance, in twelfth grade, in math, I believe that at the end of the year I remembered every single thing I had learned, without ever have written anything down. At that point, I knew my limits but I had a solid feeing of confidence in my possibility of success.

This type of competition is an excellent thing. Many young people feel self-doubt, for one reason or another. The refusal of any kind of comparison which reigns in our classrooms as a concession to egalitarianism, is all too often quite destructive; it prevents the young people who doubt their own capacities, and particularly those from modest backgrounds, from acquiring real confidence in themselves. But self-confidence is a condition of success. Of course, one must be modest, and every intellectual needs to recall this. I’m perfectly conscious of the immensity of my ignorance compared with what I know. It’s enough to meet other intellectuals to see that my knowledge is just a drop of water in an ocean. Every intellectual needs to be capable of considering himself relatively, and measuring the immensity of his ignorance. But he must also have confidence in himself and in his possibilities of succeeding, through the constant and tenacious search for truth.

Source. 

XXXIII Olimpiada Iberoamericana de Matemáticas - Problema 2

Sea $ABC$ un triángulo tal que $\angle{BAC}=90^\circ$ y $BA=CA$. Sea $M$ el punto medio de $BC$. Un punto $D\neq{A}$ es elegido en la semicircunferencia de diámetro $BC$ que contiene a $A$. La circunferencia circunscrita al triangulo $DAM$ intersecta a las rectas $DB$ y $DC$ en los puntos $E$ y $F$, respectivamente. Demuestre que $BE=CF$. 

Demostración. Considera el cuadrilátero cíclico $ABCD$. Como $\angle{ACB}=45^\circ$, entonces, $\angle{BDA}=180^\circ-45^\circ=135^\circ$. Ahora considera el cuadrilátero cíclico $AMED$. Como $\angle{BDA}=135^\circ$, entonces, $\angle{AME}=180^\circ-135^\circ=45^\circ$. Al ser $ABC$ un triángulo rectángulo isósceles, $\angle{MAC}=\angle{AME}=45^\circ$, significando que $AC\parallel{EM}$. Por propiedad del triángulo medial sabemos que una línea que pase por $M$ y sea paralela al lado $AC$ debe contener el punto medio de $AB$, de modo que $EM$ es la mediatriz del lado $AB$. Análogamente, $FM$ es la mediatriz del lado $AC$. Llamemos $N$ y $O$ a los puntos medios de los lados $AB$ y $AC$, respectivamente. Note que por propiedad de ángulos inscritos en una circunferencia, $\angle{ABD}=\angle{ACD}$. También $\angle{BNE}=\angle{COF}=90^\circ$ y $BN=CO$. Por el criterio de congruencia de triángulos $ALA$, $\triangle{BNE}\cong{\triangle{COF}}$, y por lo tanto, $BE=CF$. 

$\square$

Tres Círculos Congruentes y un Triángulo Equilátero

En la figura adjunta los tres círculos son iguales de radio 4 y tangentes externos dos a dos, siendo $P_1$, $P_2$ y $P_3$ puntos de tangencia y los segmentos $P_1P_2=P_2P_3=P_3P_1$. Hallar el área del triángulo $P_1P_2P_3$. Este problema fue propuesto por Walter Sivoli en el grupo de Facebook Matemáticas Puras y Aplicadas.

Solución.

En general, denotaremos el radio de los tres círculos con $r$ y el lado del triángulo con $l$. En la figura, note que al ser $P_2P_3$ tangente al círculo $(O_2, O_2P_2)$ en $P_2$ el triángulo $O_2P_2P_3$ es rectángulo, por lo que, aplicando el Teorema de Pitágoras tenemos

$$O_2P_3^2=P_2P_3^2+O_2P_2^2$$

$$O_2P_3^2=l^2+r^2$$

$$O_2P_3=\sqrt{l^2+r^2}$$

Note que al ser $P_1P_3$ tangente al círculo $(O_3, O_3P_3)$ en $P_3$, el ángulo $\angle{O_3P_3P_1}=90^\circ$. Como $P_1P_2P_3$ es un triángulo equilátero, tenemos que 

$$\angle{O_3P_3P_2}=\angle{O_3P_3P_1}-\angle{P_1P_2P_3}=90^\circ-60^\circ=30^\circ$$

El seno y el coseno del ángulo $\angle{O_2P_3P_2}$ están dados por $\frac{r}{\sqrt{l^2+r^2}}$ y $\frac{l}{\sqrt{l^2+r^2}}$, respectivamente. Ahora, fíjese que por la Ley de Cosenos tenemos la siguiente ecuación:

$$O_2P_3^2+O_3P_3^2-2\cdot{O_2P_3}\cdot{O_3P_3}\cdot{\cos{(\angle{O_3P_3P_2}+\angle{P_2P_3O_2})}}=O_2O_3^2$$

Reescribiendo en términos de $l$ y $r$, y usando la identidad para el coseno de la suma de dos ángulos, tenemos

$$l^2+r^2+r^2-2\cdot{\sqrt{l^2+r^2}}\cdot{r}[(\frac{\sqrt{3}}{2})(\frac{l}{\sqrt{l^2+r^2}})-(\frac{1}{2})(\frac{r}{\sqrt{l^2+r^2}})]=4r^2$$

Simplificando,

$$l^2+3r^2-r\cdot{l}\sqrt{3}=4r^2$$

Resolviendo la ecuación para $l$:

$$l=\frac{r(\sqrt{7}+\sqrt{3})}{2}$$

Así, para el caso del problema donde $r=4$, 

$$l=2(\sqrt{7}+\sqrt{3})$$

El área para un triángulo equilátero es $\frac{l^2\sqrt{3}}{4}$. Así el área buscada es

$$10\sqrt{3}+6\sqrt{7}$$

Cónica Asociada al Incentro de un Triángulo

Considera un triángulo $\triangle{ABC}$ con incentro $I$. Una línea perpendicular a $AI$, en $I$, corta los lados $AB$ y $AC$ en $A_c$ y $A_b$, respectivamente. Similarmente, construímos los segmentos $B_aB_c$ y $C_aC_b$. Los puntos $A_b$, $A_c$, $B_a$, $B_c$, $C_a$ y $C_b$ son concónicos, es decir, yacen en una misma cónica. 

Algunas propiedades adicionales a esta configuración pueden encontrarse en AdGeom 4942 y AdGeom 4943.

Notación:

$BC=a; AC=b; AB=c$.
$AA_c=AA_b=x$.
$BB_c=BB_a=y$.
$CC_a=CC_b=z$.
$\angle{BAI}=\angle{CAI}=\alpha$.
$\angle{ABI}=\angle{CBI}=\beta$.
$\angle{BCI}=\angle{ACI}=\gamma$.

Demostración 1.

Lema 1. 

$$\frac{A_cB}{AB_c}=\frac{\tan{\alpha}}{\tan{\beta}}; \frac{AC_b}{CA_b}=\frac{\tan{\gamma}}{\tan{\alpha}}; \frac{CB_a}{BC_a}=\frac{\tan{\beta}}{\tan{\gamma}}.$$

Demostración. Tras una aplicación de la Ley de Senos en el triángulo $\triangle{AIB}$, tenemos que $BI=\frac{c\sin{\alpha}}{\cos{\gamma}}$ y $AI=\frac{c\sin{\beta}}{\cos{\gamma}}$. 

El triángulo $\triangle{AA_bA_c}$ es isósceles, por lo tanto,

$$\angle{BA_cI}=180^\circ-\frac{180^\circ- 2\alpha}{2}=90^\circ+\alpha$$

y 

$$\angle{BIA_c}=180^\circ-(90^\circ+\alpha)-\beta=90^\circ-(\alpha+\beta)=90^\circ-(90^\circ-\gamma)=\gamma$$

Aplicando nuevamente Ley de Senos en el triangulo $\triangle{A_cBI}$, obtenemos 

$$\frac{BI}{\sin{(90^\circ+\alpha)}}=\frac{BI}{\cos{\alpha}}=\frac{A_cB}{\sin{\gamma}}$$

$$A_cB=\frac{\frac{c\sin{\alpha}\sin{\gamma}}{\cos{\gamma}}}{\cos{\alpha}}=c\tan{\alpha}\tan{\gamma}$$

Por un razonamiento similar obtenemos que $AB_c=c\tan{\beta}\tan{\gamma}$. Así, 

$$\frac{A_cB}{AB_c}=\frac{\tan{\alpha}}{\tan{\beta}}$$

Análogamente, 

$$\frac{AC_b}{CA_b}=\frac{\tan{\gamma}}{\tan{\alpha}}; \frac{CB_a}{BC_a}=\frac{\tan{\beta}}{\tan{\gamma}}$$

Así queda demostrado el lema 1.

De vuelta a nuestro problema original, por el Teorema de Carnot para Cónicas,

$$\frac{A_cB\cdot{y}}{AB_c\cdot{x}}\cdot{\frac{AC_b\cdot{x}}{A_bC\cdot{z}}}\cdot{\frac{B_aC\cdot{z}}{BC_a\cdot{y}}}=$$

$$\frac{A_cB}{AB_c}\cdot{\frac{AC_b}{A_bC}}\cdot{\frac{B_aC}{BC_a}}=$$

$$\frac{\tan{\alpha}}{\tan{\beta}}\cdot{\frac{\tan{\gamma}}{\tan{\alpha}}}\cdot{\frac{\tan{\beta}}{\tan{\gamma}}}=1$$

$$Q.E.D.$$

Demostración 2. Note que la bisectriz $AI$ es la mediatriz del segmento $A_bA_c$, por lo tanto, $A_bI=A_cI$. Por analogía, $B_aI=B_cI$ y $C_aI=C_bI$. Como consecuencia, $A_cC_aA_bC_b$ es un paralelogramo y $\triangle{ABC}\sim\triangle{BA_cC_a}$. De igual modo, $\triangle{ABC}\sim\triangle{AB_cC_b}$ y $\triangle{ABC}\sim\triangle{CA_bB_a}$. De donde obtenemos las siguientes proporciones:

$$\frac{BA_c}{BC_a}=\frac{AB}{BC}; \frac{AC_b}{AB_c}=\frac{AC}{AB}; \frac{CB_a}{CA_b}=\frac{BC}{AC}$$

Finalmente, al ser $\triangle{AA_bA_c}$, $\triangle{BB_aB_c}$ y $\triangle{CC_aC_b}$ triángulos isósceles e invocando el Teorema de Carnot para Cónicas, tenemos

$$\frac{BA_c\cdot{y}}{AB_c\cdot{x}}\cdot{\frac{AC_b\cdot{x}}{CA_b\cdot{z}}}\cdot{\frac{CB_a\cdot{z}}{BC_a\cdot{y}}}=$$

$$\frac{BA_c\cdot{y}}{BC_a\cdot{x}}\cdot{\frac{AC_b\cdot{x}}{AB_c\cdot{z}}}\cdot{\frac{CB_a\cdot{z}}{CA_b\cdot{y}}}=$$


$$\frac{AB\cdot{y}}{BC\cdot{x}}\cdot{\frac{AC\cdot{x}}{AB\cdot{z}}}\cdot{\frac{BC\cdot{z}}{AC\cdot{y}}}=1$$

$$Q.E.D.$$

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Problema 2 - XX Olimpiada Matemática de Centroamérica y el Caribe. La Habana, 2018.

Éste es el problema 2 de la recién celebrada XX Olimpiada Matemática de Centroamérica y el Caribe.  La Habana, 2018.

Sea $ABC$ un triángulo inscrito en la circunferencia $\omega$ de centro $O$. Sean $T$ el punto diametralmente opuesto a $C$ y $T'$ la reflexión de $T$ con respecto a la recta $AB$. La recta $BT'$ interseca a $\omega$ en un segundo punto $R$. La recta perpendicular a $TC$ que pasa por $O$ interseca a la recta $AC$ en $L$. Sean $N$ el punto de intersección de las rectas $TR$ y $AC$. Pruebe que $CN=2AL$.

Solución.

Notación:

$AC=b$

$OC=OT=r$

Lema 1. $AL=\frac{b^2-2r^2}{b}$.

Demostración. Por el teorema de Tales, $\triangle{ACT}$ es un triángulo rectángulo con hipotenusa $CT=2r$. Note que $\triangle{ACT}\sim\triangle{LCO}$, por lo tanto, 

$$\frac{b}{2r}=\frac{r}{CL}$$

$$CL=\frac{2r^2}{b}$$

$$AL=AC-CL=b-\frac{2r^2}{b}=\frac{b^2-2r^2}{b}$$

Lema 2. $AN=\frac{4r^2-b^2}{b}$.

Demostración. Note que al ser $T'$ la reflexión de $T$ con respecto a la línea $AB$, $\angle{TBA}=\angle{ABT'}=\angle{ABR}$. Por propiedad de ángulos inscritos en una circunferencia, tenemos que $\angle{TBA}=\angle{ABR}=\angle{TCA}=\angle{ACR}=\angle{ATR}$. Por lo que $\triangle{ACT}\sim\triangle{ATN}$. De donde resulta que

$$\frac{AT}{AC}=\frac{AN}{AT}$$

Reescribiendo en términos de $b$ y $r$, tenemos

$$\frac{\sqrt{4r^2-b^2}}{b}=\frac{AN}{\sqrt{4r^2-b^2}}$$

$$AN=\frac{4r^2-b^2}{b}$$

Entonces, 

$$CN= AC-AN=b-\frac{4r^2-b^2}{b}=\frac{2(b^2-2r^2)}{b}$$

Finalmente, 

$$\frac{CN}{AL}=\frac{\frac{2(b^2-2r^2)}{b}}{\frac{b^2-2r^2}{b}}=2$$

$$CN=2AL$$

$$Q.E.D.$$

Le Viet An Archimedean Circles

The following problem, by Le Viet An (Vietnam), was posted on the Facebook group Perú Geométrico asking to prove that the smallest circles shown on the image are Archimedean circles. Here I give a proof for one of these circles. 

I will give my own description of the problem and change the notation. 

Consider an arbelos configuration with $D$, $E$, $O$ and $P$ being the centers of semicircles with diameters $AC$, $BC$, $AB$ and $DE$, respectively. Let $G$ be the intersection of semicircles $BC$ and $DE$. Denote by $H$ the midpoint of segment $BG=2a$. Call $I$ the intersection of a perpendicular line from $H$ to $AB$ and let $J$ be the intersection of $HI$ with the circle with radius $DE$. Denote by $K$ the intersection of $EJ$ with semicircle $BC$. Let $L$ be the intersection of $OK$ with semicircle $AB$. The circle with radius $KL$ is Archimedean (Le Viet An).

Notation:

$AD=CD=r_1$

$BE=CE=EK=r_2$

$DP=EP=GP=\frac{r_1+r_2}{2}$

$DE=EJ=r_1+r_2$

$BH=GH=a$

$KL=x$

Proof. First, let's find an expression for $a$. Focus on triangle $BGP$ and cevian $GO$. By the Stewart's theorem we have

$$(\frac{r_1+r_2}{2})^2r_2+4a^2(\frac{r_1+r_2}{2})=r_2^2(r_2+\frac{r_1+r_2}{2})+r_2(\frac{r_1+r_2}{2})(r_2+\frac{r_1+r_2}{2})$$

Solving for $a$ and simplyfing we get 

$$a=\frac{r_2\sqrt{r_1+2r_2}}{\sqrt{2r_1+2r_2}}$$

Let $G'$ be on $AB$ such that $GG'$ is perpendicular to $AB$. Notice that $\triangle{BCG}\sim\triangle{BGG'}$, therefore,

$$\frac{BG'}{2a}=\frac{a}{r_2}$$

$$BG'=\frac{2a^2}{r_2}$$

As $H$ is the midpoint of $BG$ and $IH$ is parallel to $GG'$, then, $I$ is the midpoint of $BG'$. It follows

$$BI=\frac{a^2}{r_2}$$

$$HI=\sqrt{a^2-\frac{a^4}{r_2^2}}$$

$$EH=\sqrt{r_2^2-a^2}$$

By the Pythagorean theorem, 

$$EI^2+IH^2=EH^2$$

$$EI=\sqrt{r_2^2-2a^2+\frac{a^4}{r_2^2}}$$

Replacing $a$ by its expression in terms of $r_1$ and $r_2$, we get

$$EI=\frac{r_1r_2}{2(r_1+r_2)}$$

Remark. notice that the circle with radius $2EI$ is also Archimedean.

Let $K'$ be the orthogonal projection of $K$ on $AB$. 

$$\frac{EK'}{EI}=\frac{r_2}{r_1+r_2}$$

$$EK'=\frac{r_1r_2^2}{2(r_1+r_2)^2}$$

Focus on triangle $OKK'$. By the Pythagorean theorem,

$$KK'=\sqrt{(r_1+r_2-x)^2-[r_1+\frac{r_1r_2^2}{2(r_1+r_2)^2}]^2}$$

Now, focus on triangle $EKK'$, again, by the Pythagorean theorem,

$$(r_1+r_2-x)^2-[r_1+\frac{r_1r_2^2}{2(r_1+r_2)^2}]^2+\frac{r_1^2r_2^4}{4(r_1+r_2)^4}=r_2^2$$

Solving for $x$ and simplyfing we get two solutions for $x$,

$$x_1=\frac{r_1r_2}{r_1+r_2}$$

$$x_2=\frac{2r_1^2+3r_1r_2+2r_2^2}{r_1+r_2}$$

$x_2>r_1+r_2$, which is absurd from our configuration. Then, 

$$x=\frac{r_1r_2}{r_1+r_2}$$  

The following are some other problems by Le Viet An.

In an arbelos, from $E$, draw a tangent line to semicircle $AC$, at $F$. Construct $G$ similarly. Let $H$ be the intersection of tangent lines $EF$ and $DG$. Let circle $(H, HC)$ cut semicircles $AC$ and $BC$ at $I$ and $J$, respectively. Call $I'$ the orthogonal projection of $I$ onto $AB$. Construct $J'$ similarly. Let $S$ be the center of circle bounded by circle with center at A, radius $AJ'$, circle with center at $B$, radius $BI'$, and semicircle $AC$. Construct circle centred at $T$ similarly. Then, circles centred at $S$ and $T$ are Archimedean twins (Le Viet An).

Proof. Let $CI$ cut $DH$ at $M$. Let $CJ$ cut $EH$ at $N$. Notice that $CDIH$ is a kite, then, $CI$ is perpendicular to $DH$ and, as a consequence,  $CM$ is parallel to $EG=r_2$. As $\triangle{CDM}\sim\triangle{EDG}$, we have

$$\frac{r_2}{\frac{CI}{2}}=\frac{r_1+r_2}{r_1}$$

$$CI=\frac{2r_1r_2}{r_1+r_2}$$

Remark. Notice that circle with radius $\frac{CI}{2}$ is Archimedean.

Notice also that $\triangle{CII'}\sim\triangle{EDG}$, then, 

$$\frac{CI'}{r_2}=\frac{CI}{r_1+r_2}=\frac{\frac{2r_1r_2}{r_1+r_2}}{r_1+r_2}=\frac{2r_1r_2}{(r_1+r_2)^2}$$

$$CI'=\frac{2r_1r_2^2}{(r_1+r_2)^2}$$

Similarly, notice that $\triangle{CEN}\sim\triangle{DEF}$, then, 

$$\frac{r_1}{CN}=\frac{r_1+r_2}{r_2}$$

$$CN=\frac{r_1r_2}{r_1+r_2}$$  

Notice that $\triangle{CEN}\sim\triangle{CJJ'}$, then, 

$$\frac{CJ'}{\frac{r_1r_2}{r_1+r_2}}=\frac{\frac{2r_1r_2}{r_1+r_2}}{r_2}=\frac{2r_1}{r_1+r_2}$$

$$CJ'=\frac{2r_1^2r_2}{(r_1+r_2)^2}$$

Focus on $\triangle{ASB}$ and cevian $DS$, if we call $x$ the radius of circle centred at $S$, from the Stewart's theorem we have

$$[2r_1+\frac{2r_1^2r_2}{(r_1+r_2)^2}-x]^2(r_1+2r_2)+[2r_2+\frac{2r_1r_2^2}{(r_1+r_2)^2}+x]^2r_1=$$

$$(2r_1+2r_2)[(r_1+x)^2+r_1(r_1+2r_2)]$$

Expanding, solving for $x$ and simplifying we get

$$x=\frac{r_1r_2}{r_1+r_2}$$

A similar reasoning goes for circle centred at $T$.

In an arbelos, let circle $(A, AC)$ cut semircircle $AB$ at $F$. Similarly, construct $G$. Call $D'$ the orthogonal projection of $D$ onto $BF$. Similarly, construct $E'$. Circles with centers at $D'$ and $E'$ and tagential to semicircles $AC$ and $BC$, respectively, are Archimedean (Le Viet An).

Proof. Notice that because of the Thales's theorem $AF$ is perpendicular to $BF$, therefore, $\triangle{ABF}\sim\triangle{BDD'}$. As a consequence, 

$$\frac{2r_1}{r_1+x}=\frac{2r_1+2r_2}{r_1+2r_2}$$

Where $x$ is the radius of circle centred at $D'$.

Isolating $x$ and simplifying,

$$x=\frac{r_1r_2}{r_1+r_2}$$

A similar reasoning goes for circle centred at $E'$.

In an arbelos, let semicircle $DE$ cut semicircles $AC$ and $BC$ in $F$ and $G$, respectively. Let $H$ be on chord $DF$ such that $\angle{CHF}=90^\circ$. Similarly, construct $I$. Then, circles with radii $HF$ and $IG$ are Archimedean (Le Viet An).

Proof. Because of Thales's theorem, $DF=r_1$ is perpendicular to $EF$. As a consequence, $\triangle{CDH}\sim\triangle{EDF}$. It follows 

$$\frac{r_1}{DH}=\frac{r_1+r_2}{r_1}$$

$$DH=\frac{r_1^2}{r_1+r_2}$$

$$FH=r_1-\frac{r_1^2}{r_1+r_2}=\frac{r_1r_2}{r_1+r_2}$$

A similar reasoning must show the congruency for circle with radius $GI$.

In an arbelos, let the circle $(B, BC)$ meet semicircle $AB$ in $F$. Similarly, construct $I$, on semicircle $AB$. Let $AF$ intersect semicircle $AC$ in $G$. Let $G'$ be the orthogonal projection of $G$ onto $AB$. The circle centred at $R$ is bounded by semicircle $AB$, circle $A(C)$ and the line $GG'$. Similarly, construct the circle centred at $S$. Then, the circles centred at $R$ and $S$ are Archimedean (Le Viet An). 

Proof. Notice that because of Thales's theorem $\angle{AGC}=\angle{AFB}=90^\circ$. Therefore, $\triangle{AGC}\sim\triangle{AFB}$. Thus, we have 

$$\frac{GC}{2r_2}=\frac{2r_1}{2r_1+2r_2}$$

$$GC=\frac{2r_1r_2}{r_1+r_2}$$

Remark. Notice that the circle with radius $\frac{GC}{2}$ is Archimedean. 

$$AF=\sqrt{(2r_1+2r_2)^2-4r_2^2}=2\sqrt{r_1^2+2r_1r_2}$$

$$\frac{AF}{AG}=\frac{2r_1+2r_2}{2r_1}$$

$$AG=\frac{2r_1\sqrt{r_1^2+2r_1r_2}}{r_1+r_2}$$

$$GC=\sqrt{4r_1^2-AG^2}=\sqrt{4r_1^2-\frac{4r_1^2(r_1^2+2r_1r_2)}{(r_1+r_2)^2}}$$

$$GC=\frac{2r_1\sqrt{4r_1r_2+r_2^2}}{r_1+r_2}$$

As $\triangle{AGG'}\sim\triangle{AGC}$, it follows

$$\frac{AG'}{AG}=\frac{AG}{AC}$$

$$AG'=\frac{2r_1(r_1^2+2r_1r_2)}{(r_1+r_2)^2}$$

Let $R'$ be the orthogonal projection of $R$ onto $AB$. If we call $x$ the radius of circle centred at $R$, by the Pythagorean theorem,

$$RR'=\sqrt{(2r_1+x)^2-(AG'-x)^2}$$

Focus on triangle $\triangle{ORR'}$. By the Pythagorean theorem 

$$[AO-(AG'-x)]^2+RR'^2=OR^2$$

If we replace the segments by their expressions in terms of $r_1$ and $r_2$, we have the following equation

$$[(r_1+r_2)-\frac{2r_1(r_1^2+2r_1r_2)}{(r_1+r_2)^2}+x]^2+(2r_1+x)^2-[\frac{2r_1(r_1^2+2r_1r_2)}{(r_1+r_2)^2}-x]^2=(r_1+r_2+x)^2$$

Expanding, solving for $x$ and simplifying you get

$$x=\frac{r_1r_2}{r_1+r_2}$$

A similar reasoning goes for circle centred at $S$.

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Triángulos Semejantes y Cevianas

Algunos casos particulares de este resultado se han considerado previamente en este blog. Ver aquí y aquí.

$P$ y $Q$ son dos puntos en el interior de un triángulo $ABC$. $\triangle{A_pB_pC_p}$ y $\triangle{A_qB_qC_q}$ son los triángulos cevianos de $P$ y $Q$, respectivamente. Sobre los segmentos $BA_p$ y $CA_q$, se construyen los triángulos similares (y en la misma dirección) $\triangle{A_bApB}$ y $\triangle{A_cA_qC}$. Similarmente, construya $\triangle{B_cB_qC}$, $\triangle{AB_aB_p}$, $\triangle{AC_aC_q}$, $\triangle{BC_bC_p}$ (los triángulos erectos en un lado no son necesariamente similares a los de otro lado). La línea $A_bA_c$ intersecta las líneas $B_aB_c$, $C_aC_b$ en $Z$, $Y$, respectivamente. Las líneas $B_aB_c$, $C_aC_b$ se intersectan en $X$. 

Demuestre que $AX$, $BY$ y $CZ$ concurren. 

Demostración.

Apelaremos a la versión trigonométrica del Teorema de Ceva para demostrar la concurrencia.

Por la ley de senos,

$$\frac{B_cC}{sen\angle{CB_qB_c}}=\frac{B_qC}{sen\angle{CB_cB_q}}$$

$$B_cC=\frac{B_qC\cdot{sen\angle{CB_qB_c}}}{sen\angle{CB_cB_q}}$$

$$\frac{B_qC\cdot{sen\angle{CB_qB_c}}}{sen\angle{CB_cB_q}\cdot{sen\angle{B_cZC}}}=\frac{CZ}{sen\angle{CB_cZ}}$$

$$sen\angle{B_cZC}=\frac{B_qC\cdot{sen\angle{CB_qB_c}}\cdot{sen\angle{CB_cZ}}}{CZ\cdot{sen\angle{CB_cB_q}}}$$

Análogamente, 

$$sen\angle{B_aXA}=\frac{AB_p\cdot{sen\angle{AB_pB_a}}\cdot{sen\angle{AB_aX}}}{AX\cdot{sen\angle{AB_aB_p}}}$$

De donde obtenemos:

$$\frac{sen\angle{B_cZC}}{sen\angle{B_aXA}}=\frac{AX\cdot{B_qC}\cdot{sen\angle{CB_qB_c}}\cdot{sen\angle{CB_cZ}}}{CZ\cdot{AB_p}\cdot{sen\angle{AB_pB_a}}\cdot{sen\angle{AB_aX}}}$$

Ahora fijemos la atención en el cuadrilátero $XACZ$. Consideramos el caso en que los segmentos $AB_p$ y $CB_q$ no se solapan, sin embargo, un simple ajuste a la demostración será necesario para los casos en que se solapen o $B_p=B_q$.

Note que por ser $\triangle{AB_aB_p}$ similar a $\triangle{B_cB_qC}$, tenemos

$$\frac{sen\angle{CB_qB_c}}{sen\angle{AB_pB_a}}=\frac{sen\angle{CB_qB_c}}{sen\angle{B_qCB_c}}=\frac{B_cC}{B_cB_q}$$

Si $D$ es la intersección de las líneas $B_aB_p$ y $B_cB_q$, por el Teorema de Tales tenemos las siguientes proporciones:

$$\frac{CB_q}{B_cB_q}=\frac{CB_p}{B_cD}$$

$$\frac{AB_p}{B_aB_p}=\frac{AB_q}{B_aD}$$

$$\frac{B_cD}{B_aD}=\frac{CB_p\cdot{B_cB_q}\cdot{AB_p}}{CB_q\cdot{AB_q}\cdot{B_aB_p}}=\frac{sen\angle{B_cB_aB_p}}{sen\angle{B_aB_cB_q}}=\frac{sen\angle{CB_cZ}}{sen\angle{AB_aX}}$$

De este modo reescribimos 

$$\frac{sen\angle{B_cZC}}{sen\angle{B_aXA}}=\frac{AX\cdot{B_qC}\cdot{sen\angle{CB_qB_c}}\cdot{sen\angle{CB_cZ}}}{CZ\cdot{AB_p}\cdot{sen\angle{AB_pB_a}}\cdot{sen\angle{AB_aX}}}=$$

$$\frac{AX\cdot{B_qC}\cdot{B_cC}\cdot{CB_p}\cdot{B_cB_q}\cdot{AB_p}}{CZ\cdot{AB_p}\cdot{B_cB_q}\cdot{CB_q}\cdot{AB_q}\cdot{B_aB_p}}$$

$$\frac{sen\angle{B_cZC}}{sen\angle{B_aXA}}=\frac{AX\cdot{B_cC}\cdot{CB_p}}{CZ\cdot{AB_q}\cdot{B_aB_p}}=\frac{AX\cdot{B_qC}\cdot{CB_p}}{CZ\cdot{AB_p}\cdot{AB_q}}$$

Por analogía, 

$$\frac{sen\angle{A_cZC}}{sen\angle{A_bYB}}=\frac{CZ\cdot{BA_p}\cdot{BA_q}}{BY\cdot{CA_q}\cdot{CA_p}}$$

$$\frac{sen\angle{C_bYB}}{sen\angle{C_aXA}}=\frac{BY\cdot{BC_p}\cdot{BC_q}}{AX\cdot{AC_q}\cdot{AC_p}}$$

Por una simple inspección notamos, que por el Teorema de Ceva, la expresión siguiente se reduce a uno.

$$\frac{sen\angle{B_cZC}}{sen\angle{B_aXA}}\cdot\frac{sen\angle{A_cZC}}{sen\angle{A_bYB}}\cdot\frac{sen\angle{C_bYB}}{sen\angle{C_aXA}}=$$

$$\frac{AX\cdot{B_qC}\cdot{CB_p}}{CZ\cdot{AB_p}\cdot{AB_q}}\cdot\frac{CZ\cdot{BA_p}\cdot{BA_q}}{BY\cdot{CA_q}\cdot{CA_p}}\cdot\frac{BY\cdot{BC_p}\cdot{BC_q}}{AX\cdot{AC_q}\cdot{AC_p}}=1$$

$$Q.E.D.$$

Una aplicación del Teorema de Ceva en su Versión Trigonométrica

Este es el punto de concurrencia 761 en la colección de puntos de concurrencia del Dr. Hans Walser. El problema se acredita a Abdilkadir Altintas.

Considere un triángulo $ABC$ y su incírculo. $E$, $F$ y $G$ son los puntos donde el incírculo de $ABC$ toca los lados $AC$, $AB$ y $BC$, respectivamente. Ahora considere el incírculo del triángulo $EFG$. $H$, $I$, $J$ son los puntos donde el incírculo de $EFG$ toca los lados $EG$, $FG$ y $EF$, repectivamente.

Demuestre que $AJ$, $BI$ y $CH$ concurren.

Demostración.

Apelaremos a la versión trigonométrica del Teorema de Ceva para demostrar la concurrencia. Es decir, demostraremos que

$$\frac{sen\angle{ECH}}{sen\angle{GCH}}\bullet\frac{sen\angle{GBI}}{sen\angle{FBI}}\bullet\frac{sen\angle{FAJ}}{sen\angle{EAJ}}=1$$

Note que $EJ=EH=m$; $GH=GI=n$; $FI=FJ=l$. También $CE=CG=o$.

Por la Ley de Senos, 

$sen\angle{ECH}=\frac{msen\angle{EHC}}{o}$

Análogamente, 

$sen\angle{GCH}=\frac{nsen\angle{GHC}}{o}$

Así,

$$\frac{sen\angle{ECH}}{sen\angle{GCH}}=\frac{msen\angle{EHC}}{nsen\angle{GHC}}$$

Pero $\angle{GHC}=180^\circ-\angle{EHC}$

De este modo tenemos que

$$\frac{sen\angle{ECH}}{sen\angle{GCH}}=\frac{m}{n}$$

Por analogía, 

$$\frac{sen\angle{GBI}}{sen\angle{FBI}}=\frac{n}{l}$$

$$\frac{sen\angle{FAJ}}{sen\angle{EAJ}}=\frac{l}{m}$$

De donde sigue que

$$\frac{sen\angle{ECH}}{sen\angle{GCH}}\bullet\frac{sen\angle{GBI}}{sen\angle{FBI}}\bullet\frac{sen\angle{FAJ}}{sen\angle{EAJ}}=\frac{m}{n}\bullet\frac{n}{l}\bullet\frac{l}{m}=1$$

$Q.E.D.$

En el siguiente enlace podrás ver la colección completa del Dr. Hans Walser, a la cual he contribuido las concurrencias 756, 757, 758, 759 y 760.

Schnittpunkte