Golden Section Associated to the Golden Gnomon, the Nine Point Center and an Excircle

Given:

*$ABC$ is the golden gnomon.
*$N$ is the center of the Nine-point center.
*$I_a$ is the center of the A-excircle.

Prove that the semicircle $NI_a$ touch $AC$ in $G$, such that

$$\frac{GM_b}{CG}=\phi$$

Relación entre teoremas con connotaciones oftalmológicas

¿Qué relación habrá entre el Teorema del Globo Ocular (ver Eyeball Theorem) y el Teorema de los Ojos Bizcos (ver The Squinting Eyes Theorem)?

Pues, que cuando las dos circunferencias de referencia son tangentes externamente, el diámetro de la circunferencia inscrita correspondiente al "Squinting Eyes Theorem", y la cuerda correspondiente al "Eyeball Theorem" son congruentes. 

En la figura de abajo tenemos dos circunferencias tangentes con centros en $A$ y $B$. $C$ es la otra intersección de la línea $AB$ con la circunferencia de centro $A$. Desde $C$ dibujamos dos líneas tangentes a la circunferencia en $B$. Hagamos $T_c$ al punto de tangencia de la línea por encima de $AB$. Hagamos $D$ el centro de la circunferencia inscrita en la región limitada por la circunferencia en $A$ y las dos líneas tangentes provenientes de $C$. $E$ es el punto donde la línea $CT_c$ toca a la circunferencia en $D$. Desde $A$ dibujamos dos líneas tangentes más a la circunferencia en $B$. Hagamos $P$ y $Q$ los dos puntos donde estas líneas cortan la circunferencia en $A$ y $T_a$ el punto de tangencia por encima de $AB$. Por último, llamemos $r_1$, $r_2$ y $r_3$ a los radios de las circunferencias con centros en $A$, $B$ y $D$, respectivamente.

Note que los triángulos $\triangle{BCT_c}$ y $\triangle{ABT_a}$ son triángulos rectángulos. Por semejanza de triángulos se sigue

$$\frac{BT_c}{BC}=\frac{DE}{CD}$$

O lo que es lo mismo

$$\frac{r_2}{2r_1+r_2}=\frac{r_3}{2r_1-r_3}$$

Despejando $r_3$,

$$r_3=\frac{r_1r_2}{r_1+r_2}$$

Como $\triangle{APQ}$ es isosceles, $AB$ bisecta la cuerda $PQ$ en $M$. Consideremos ahora al $\triangle{AMQ}$. Otra vez, por semejanza de triángulos:

$$\frac{MQ}{AQ}=\frac{BT_a}{AB}$$

O lo que es lo mismo,

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

Despejando $MQ$,

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

Por lo tanto, el diámetro de la circunferencia con centro en $D$ es congruente con la cuerda $PQ$.

Temas relacionados:

Praying Eyes Theorem

Eye-to-Eye Theorem I

Eye-to-Eye Theorem II

Focus on the Eyeball Theorem

Shedding Light on the Ball for Eyeballing

Vídeos: El legado de Pitágoras

Centros de triángulo y la sección áurea

Este problema es un subproducto de un trabajo en colaboración con Paul Yiu. Ver Golden Sections of Triangle Centers in the Golden Triangles.

Demuestra que para el triángulo dorado corto (o gnomon dorado), el punto de Nagel divide el segmento $OI$ ($O$=circuncentro; $I$=incentro) de acuerdo a la sección áurea. (Paul Yiu) 

Sangaku Journal of Mathematics - Problema 2017 - 6

En este problema tipo Sangaku, se requiere demostrar que el radio del círculo pequeño, tangente a los dos semicírculos y al cuarto de círculo, es $\frac{4s}{33}$, donde $s$ es la longitud del lado del cuadrado $ABCD$. 

Demostración.

Denotemos con $O$ el centro del círculo pequeño de radio $r$. Llamemos $E$ y $F$ a los puntos medios de los lados $AB$ y $AD$, respectivamente. Hagamos $G$ y $H$ los puntos donde las perpendiculares desde $O$ intersectan los lados $AB$ y $AD$, respectivamente. $Y$, $Z$ son los puntos donde el círculo pequeño toca los semicírculos con diámetros $AD$ y $AB$, respectivamente. $X$ es el punto donde el círculo toca al cuarto de círculo. Por último, llamemos $a$ al segmento $EG$.

La solución a este problema está basada en el siguiente lema, cuya demostración es omitida por trivial:

"Si dos círculos son tangentes, los centros de estos círculos y el punto de tangencia están alineados". 

Consideremos los triángulos rectángulos $\triangle{BGO}$ y $\triangle{EGO}$. Como ambos tienen el lado $GO$ en común, tenemos 

$$BO^2 - BG^2 = EO^2 - EG^2$$

Pero $BO = s - r$; $BG = \frac{s}{2}+a$; $EO = \frac{s}{2}+r$. Así tenemos

$$(s-r)^2 - (\frac{s}{2}+a)^2=(\frac{s}{2}+r)^2-a^2$$

Desarrollando binomios y simplificando

$$a=\frac{s}{2}-3r$$

Consideremos ahora el triángulo rectángulo $\triangle{FHO}$. 

$$HO=AG=3r$$

$$FH=\sqrt{(\frac{s}{2}-r)^2-(3r)^2}$$

$$FH=\sqrt{\frac{s^2}{4}-sr-8r^2}$$

Volvamos al triángulo rectángulo $\triangle{BGO}$. La ecuación 

$$BG^2 + GO^2 = BO^2$$

ahora puede escribirse en términos de $r$ y $s$:

$$(\frac{s}{2}+\sqrt{\frac{s^2}{4}-sr-8r^2})^2+(s-3r)^2=(s-r)^2$$

Desarrollando binomios y simplificando

$$\sqrt{\frac{s^2}{4}-sr-8r^2}=5r-\frac{s}{2}$$

$$\frac{s^2}{4}-sr-8r^2=25r^2-5sr+\frac{s^2}{4}$$

$$4sr = 33r^2$$

$$4s=33r$$

$$r=\frac{4s}{33}$$

$$Q.E.D.$$

Éste y otros problemas pueden encontrarse en el siguiente enlace:

Sangaku Journal of Mathematics

Tema relacionado:

Novel Sangaku Problem

Collinearity associated with an ellipse tangent to a circle

Consider an ellipse with foci $A$ and $B$. Let $C$ be the center of a circle tangent to the ellipse at $T$. From $A$, draw two tangents lines to the circle and let $A_1$, $A_2$ be the points where these tangents lines meet the ellipse. Similarly, define $B_1$ and $B_2$. Let $O$ be the intersection of $AA_1$ and $BB_1$. Let $P$ be the intersection of $AA_2$ and $BB_2$. Let $Q$ be the intersection of $AA_1$ and $BB_2$.

Prove that $O$, $P$ and $Q$ are collinear.

IMO 1985/1

Una circunferencia tiene centro en el lado $AB$ de un cuadrilátero cíclico $ABCD$. Los otros tres lados son tangentes a la circunferencia. 

Demuestre que $AD + BC = AB$.

Demostración. 

Llamemos $E$, $F$ y $G$ a los puntos donde la circunferencia con centro, O, en $AB$, toca los lados $AD$, $BC$ y $CD$, respectivamente. Denotemos con r el radio de esta circunferencia.

Como los ángulos $\angle{OFC}$ y $\angle{OGC}$ son suplementarios, el cuadrilátero $CFGO$ es cíclico. Análogamente, el cuadrilátero $DEGO$ es cíclico. Como $ABCD$ también es cíclico, tenemos que los ángulos $\angle{ABC}$ y $\angle{ADC}$ son suplementarios. Pero $\angle{ADC}=\angle{EDG}$, y $\angle{EDG}$ es suplementario con $\angle{EOG}$. Concluimos, entonces, que $\angle{ABC}=\angle{EOG}=\alpha$. Por un razonamiento análogo, $\angle{BAD} =\angle{FOG}=\beta$.

Al ser $\triangle{AEO}$ y $\triangle{BFO}$ triángulos rectángulos, tenemos, por la ley de senos, que

$OB=\frac{r}{sen\alpha}$

$OA=\frac{r}{sen\beta}$

$AB=OA+OB=r(csc\alpha + csc\beta)$

$BF=\frac{rsen(90^\circ-\alpha)}{sen\alpha}=rcot\alpha$

$CF =\frac{rsen(\beta/2)}{sen(90^\circ-\beta/2)}=rtg(\beta/2)$

$BF + CF = rcot\alpha + rtg(\beta/2)$

Análogamente, 

$AE=rcot\beta$

$DE=rtg(\alpha/2)$

$BC + AD = BF + CF + AE + DE = rcot\alpha+rtg(\beta/2)+rcot\beta+rtg(\alpha/2)$

$Tg(\alpha/2)=csc\alpha-cot\alpha$

$Tg(\beta/2)=csc\beta-cot\beta$

$BC+AD=BF+CF+AE+DE=rcot\alpha+rcsc\beta-rcot\beta+rcot\beta+rcsc\alpha-rcot\alpha=r(csc\alpha+csc\beta)$

Por lo tanto, $BC+AD=AB$, como se quería demostrar.