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.

Concyclic Points of Two Ellipses with Orthogonal Axes

Given two ellipses with orthogonal axes.

If there are four points of intersection, all four are concyclic.

Click here for proofs by Alexander Bogomolny.

Remark. A more general statement is true: given two conics with orthogonal axes. If there are four points of intersection, all four are concyclic.


Oai Thanh Đào pointed out that the statement holds also if the axes are parallel.

Problema de Olimpiada Rusa de 1996.

Los puntos $E$ y $F$ yacen en el lado $BC$ del cuadrilátero convexo $ABCD$ (con $E$ más cerca que $F$ de $B$). Se sabe que $\angle{BAE}=\angle{CDF}$ y $\angle{EAF}=\angle{FDE}$. 

Demuestre que $\angle{FAC}=\angle{EDB}$.

Solución.

Lema 1. AEFD es cíclico.                                                      

Demostración. Se cumple que $\angle{FDE}=\angle{EAF}$.           

Como consecuencia del lema 1, $\angle{ADE}=\angle{AFE}=\gamma$. Adoptemos $\angle{BAE}=\angle{CDE}=\alpha$ y $\angle{EAF}=\angle{FDE}=\beta$.


Lema 2. ABCD es cíclico.

Demostración. $\angle{ADC}=\alpha+\beta+\gamma$ y $\angle{CBA}=180^\circ-\alpha-\angle{BEA}=180^\circ-\alpha-\beta-\gamma$. Ahora, $\angle{CBA}+\angle{ADC}=180^\circ-\alpha-\beta-\gamma+\alpha+\beta+\gamma=180^\circ$. 

Como consecuencia del lema 2, $\angle{BAC}=\angle{BDC}=\delta$.

$\angle{FAC}=\delta-(\alpha+\beta)$.

$\angle{EDB}=\delta-(\alpha+\beta)$.