Arbelos y su bisectriz del ángulo

Question

Recientemente he estado leyendo sobre un problema de geometría muy interesante y he intentado resolverlo. Ahora estoy en un punto, en el que no sé cómo avanzar y agradecería si alguien pudiera ayudar.

El problema es el siguiente

Considere la posibilidad de un arbolito $ACB$ (con diámetros $\overline{AB}, \overline {AC}$ y $\overline{CB}$ ) como se muestra en la imagen. Sea $M$ sea el centro del círculo que es tangente a los tres semicírculos y denote por $K$ el punto de tangencia con el semicírculo sobre $\overline{AB}$ .

Demostrar que $\angle AKC=\angle CKB$ o, de forma equivalente, que $\overline{KC}$ es la bisectriz del ángulo de $\angle AKB$ .

Mi intento hasta ahora:

Denota:

• por $\omega$ el incirculo centrado en $M$

• por $\tau$ el círculo con el diámetro $\overline{AB}$

• por $\varphi$ el círculo con el diámetro $\overline{AC}$

• por $\sigma$ el círculo con el diámetro $\overline{CB}$

• por $H$ y $J$ los puntos de tangencia entre $\omega$ y $\varphi$ , $\sigma$ respectivamente

• por $D,O,E$ los puntos medios de los segmentos $\overline {AC},\;\overline {AB}$ y $\overline {CB}$ respectivamente

• por $P$ la intersección del segmento $\overline {KB}$ con $\omega$

• por $L$ y $N$ los puntos más altos de $\varphi$ y $\sigma$ respectivamente (es decir, la intersección entre $\varphi$ , $\sigma$ y las bisectrices perpendiculares a $\overline {AC}$ y $\overline {CB}$ respectivamente)

• por $t$ la línea tangente a $\omega$ y $\varphi$ a través de $H$ (color púrpura)

• por $Q$ y $R$ dos puntos al azar en $t$ tal que $Q$ se encuentra a la izquierda de $H$ y $R$ derecho de $H$

He descubierto que el cuadrilátero $HCBK$ es cíclico y tiene $N$ como circuncentro, lo cual es impresionante porque por la teorema del ángulo inscrito y Teorema de Tales $$\angle CKB= \frac{\angle CNB}{2}=\frac{\pi}{4}$$ que es exactamente la mitad del ángulo $\angle AKB=\frac{\pi}{2}$

La parte en la que estoy atascado es en la que tienes que demostrar que $N$ es el circuncentro del cuadrilátero cíclico $HCBK$

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Puede encontrar la prueba que demuestra que $HCBK$ es cíclico aquí

En primer lugar, introduciré un conocido lema

$\mathbf {Lemma \; 1}$

Este es un extracto del excelente libro " La geometría euclidiana en las olimpiadas matemáticas "(pág. 16) de Evan Chen. Supongo que esto es casi trivial, así que no lo probaré.

Volviendo al problema, observe que el círculo $\tau$ y el círculo $\omega$ son homotéticos con $K$ (el punto de tangencia) como centro de homotecia. El punto $P$ se asigna a $B$ que es el punto más a la derecha del círculo $\tau$ . $P$ es por tanto también el punto más "correcto" de $\omega$ .

Tenga en cuenta, además, que $\omega$ y $\varphi$ también son homotéticas con $H$ como centro de homotecia. Desde $A$ es el punto "más a la izquierda" de $\varphi$ y el coeficiente de homotecia respecto a $H$ es negativo, $A$ se asigna a $P$ lo que implica que $A$ , $H$ y $P$ son colineales.

Por el lema 1: $$\angle HKP= \angle RHP$$ Desde $A$ , $H$ y $P$ son colineales: $$\angle RHP=\angle QHA$$ De nuevo, por el Lemma 1: $$\angle QHA= \angle HCA$$ que finalmente implica $$\angle HKP= \angle HCA \Rightarrow \angle BCH+\angle HKP= \pi$$

Como los ángulos opuestos suman $\pi$ , $HCBK$ es cíclico.

Q.E.D.

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He leído una prueba que utiliza la inversión, pero como no estoy muy familiarizado con la inversión, agradecería que encontraras una prueba que utilice la geometría elemental o la geometría analítica.

PD: Es obvio que el circuncentro debe estar en la bisectriz de $\overline{CB}$ (al igual que $N$ ), el problema es demostrar que tiene que ser $N$ .

EDIT con respecto a la recompensa (10.02.2019):

A menos que a alguien se le ocurra una respuesta extraordinaria, me gustaría premiar la excepcional contribución de @Calum Gilhooly.

Answer 1

He aquí una posible respuesta sencilla. Establecer en primer lugar: $$ AC=2a,\quad BC=2b, \quad \angle AOK=\phi,\quad KM=r. $$ Tenemos entonces: $$ MD=a+r,\quad ME=b+r,\quad OD=b,\quad OE=a,\quad OM=a+b-r. $$ Por la regla del coseno aplicada a los triángulos $OMD$ y $OME$ obtenemos dos ecuaciones: $$ (a+r)^2=b^2+(a+b-r)^2-2b(a+b-r)\cos\phi \\ (b+r)^2=a^2+(a+b-r)^2+2a(a+b-r)\cos\phi \\ $$ que se puede resolver para $r$ y $\cos\phi$ para conseguirlo: $$ r={ab(a+b)\over a^2+b^2+ab},\quad \cos\phi={b^2-a^2\over a^2+b^2}. $$ Por otro lado: $$ AK^2=2(a+b)^2(1-\cos\phi)={4a^2(a+b)^2\over a^2+b^2},\quad BK^2=2(a+b)^2(1+\cos\phi)={4b^2(a+b)^2\over a^2+b^2}. $$ Por lo tanto: $$ {AK\over BK}={a\over b}={AC\over BC} $$ y la tesis se deduce del teorema de la bisectriz del ángulo.

Answer 2

Esto no es una solución, sólo una sugerencia de otra posible línea de ataque, aunque parece difícil.

Porque los tres círculos con centros colineales, $\tau$ , $\varphi$ y $\sigma$ juegan papeles bastante similares en el problema, es natural construir los puntos $H$ y $J$ y pregunte si $HB$ y $JA$ tienen propiedades similares a $KC$ y parece que sí.

Sin embargo, pensando que se trataba de un asunto secundario y no queriendo abarrotar mi diagrama, inicialmente sólo dibujé líneas de puntos claros para $HB$ y $JA$ Así que pasó mucho tiempo antes de que me diera cuenta de un hecho "obvio": $KC$ , $HB$ y $JA$ parecen estar de acuerdo.

Además, parecen coincidir también con el círculo $\omega$ en su "Polo Sur", $S$ , situado en la perpendicular de $M$ a $AB$ y proyectada por la homotecia entre $\omega$ y $\tau$ hasta el punto de $\tau$ que era significativo en una respuesta anterior (ahora borrada).

Si se pudiera demostrar esta concurrencia, entonces la igualdad de $\angle AKC$ y $\angle CKB$ seguiría por un argumento muy similar al de la respuesta anterior: los acordes $TS$ y $SP$ son iguales, y por lo tanto subtienden ángulos iguales en la circunferencia de $\omega$ .

La aparente concurrencia con $\omega$ pone de manifiesto el diferente papel que desempeña este círculo en comparación con los otros tres. Dejando de lado la diferencia, es natural preguntarse si $KC$ , $HB$ , $JA$ siguen siendo concurrentes incluso cuando $D$ , $O$ , $E$ ya no son supuestamente colineales. Esto también parecía ser cierto:

Entonces, buscando en Internet, encontré el artículo Soddy Circles y los centros de David Eppstein de la que cito:

Así, los círculos de Soddy tienen una larga historia, en el curso de la cual estuvieron bajo la atención de varias personas excepcionales. Por ello, es mucho más notable que una propiedad interesante de la configuración haya sido descubierta en fecha tan tardía como 2001. En 2001, D. Eppstein, de la fama de Geometry Junkyard, publicó la siguiente observación (véase también una versión parcial en línea):

(1) Cuatro círculos que se tocan, tomados de dos en dos, definen dos puntos de tangencia y, por tanto, una línea recta. Hay tres de estas rectas. Las tres rectas son concurrentes.

Esto es cierto tanto para la configuración interna como para la externa, por lo que hay dos puntos a destacar, conocidos ahora como Los puntos de Eppstein .

Eppstein deriva su resultado como un caso particular de una configuración 3D de cuatro esferas. Cuatro esferas cualesquiera mutuamente tangentes determinan seis puntos de tangencia. Los seis puntos se dividen naturalmente en tres pares de tangencias opuestas, es decir, tangencias en las que una está definida por dos esferas distintas del par de esferas que definen la otra.

Lema

[Altshiller-Court, p. 231].

[No encuentro esto en la reimpresión de Dover de 2007 - CG.]

Las tres rectas que pasan por los puntos de tangencia opuestos de cuatro esferas cualesquiera mutuamente tangentes en R3 son concurrentes.

Como incluso probar la mera concurrencia de $KC$ , $HB$ , $JA$ parece no ser trivial, juzgué prudente dejar las cosas en este punto.

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Esta figura está bastante desordenada (en parte porque no pude resistirme a incluir el cuadrado $KFCG$ (de mi primer intento de demostración, que sufrió un destino similar al de la respuesta borrada de otro cartel), pero muestra claramente las propiedades de bisección de ángulos de $HB$ y $JA$ :