Deje que $ABCD$ ser un cuadrilátero con $P=AD \cap BC$ y $Q=AB \cap CD$ . Deje que $M$ ser el punto de miquel del cuadrilátero. Pruebe lo siguiente $ \text {1)}$ Si $O_1$ y $O_2$ ser los centros de $ \triangle PAB$ y $ \triangle PDC$ entonces $MO_1O_2 \sim MAD$ . $ \text {2)}$ $O_1,O_2$ y los círculos de $ \triangle QBC$ y el círculo de $ \triangle QAD$ son cíclicos.
Respuestas
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Adil Mehmood
Puntos
182
Tenemos los siguientes círculos:
- Círculo marrón $PAB$ con centro $O_1$
- Círculo rojo $PCD$ con centro $O_2$
- Círculo azul $QBC$ con centro $O_3$
- Círculo verde $QAD$ con centro $O_4$
Todos estos círculos tienen un punto en común $M$ (Miquel).
Demostremos primero que los puntos $O_1,O_2,O_3,O_4$ son cíclicos (parte 2 de su problema):
$$O_1O_2\bot MP, \ \ O_1O_4\bot MA\implies\angle O_2O_1O_4+\angle AMP\tag{1}=180^\circ$$
Por otro lado, la AMPB cuadrialteral es cíclica y, por tanto:
$$\angle AMP+\angle B=180^\circ\tag{2}$$
Comparando (1) y (2) se obtiene:
$$\angle O_2O_1O_4=\angle B\tag{3}$$
De manera similar:
$$O_3O_2\bot MC, \ \ O_3O_4\bot MQ\implies\angle O_2O_3O_4+\angle QMC=180^\circ\tag{4}$$
Por otro lado, el QMCB cuadrialteral es cíclico y, por lo tanto:
$$\angle QMC+\angle B=180^\circ\tag{5}$$
Comparando (4) y (5), obtenemos:
$$\angle O_2O_3O_4=\angle B\tag{6}$$
De (3) y (6) obtenemos que los ángulos por encima del mismo segmento $O_2O_4$ son iguales:
$$\angle O_2O_1O_4=\angle O_2O_3O_4$$
...y por tanto cuadrilátero $O_1O_2O_4O_3$ es cíclico.
Volviendo a la parte (1) de su problema. Introducir el ángulo $\angle MAD=\beta$ :
$$\angle MAD=\angle MAP=\frac12\angle MO_1P=\angle MO_1O_2=\beta\tag{7}$$
En el otro lado:
$$\angle MAD=\frac12 \angle DO_4M=\angle MO_4O_2=\beta\tag{8}$$
Así que los ángulos $\angle MO_1O_2$ y $\angle MO_4O_2$ por encima del mismo segmento $MO_2$ son iguales y, por tanto, cuadrialterales $O_1O_2MO_4$ es cíclico. Ya hemos demostrado que $O_1O_2O_4O_3$ es cíclico por lo que los puntos $O_1,O_2,O_3,O_4,M$ todo deben estar en el mismo círculo (no se muestra en la imagen).
Ahora introduzca el ángulo $\angle AMD=\alpha$ . Tenemos que $DM\bot O_2O_4$ y $AM\bot O_1O_4$ . En consecuencia:
$$\angle O_1O_4O_2=\angle AMD=\alpha$$
Pero cuadrualteral $O_1O_2O_3O_4M$ es cíclico y por lo tanto
$$\angle O_1MO_2=\angle O_1O_4O_2=\alpha$$
Así que lo hemos demostrado:
$$\angle AMD=\angle O_1MO_2=\alpha$$
$$\angle MAD=\angle MO_1O_2=\beta$$
Así que los triángulos $\triangle MAD$ y $\triangle MO_1O_2$ tienen los mismos ángulos y, en consecuencia, son similares.
Zheng L.
Puntos
1
Creo que en la segunda pregunta te refieres al circuncentro de $\triangle QBC$ y $\triangle QAD$ que denotamos por $O_3$ y $O_4$ respectivamente.
Para la primera parte, utilizamos el siguiente lema:
$M$ es el centro de la similitud espiral que envía $AB$ a $DC$ .
Prueba:
desde $A,B,P,M$ y $D,C,P,M$ son cíclicos, obtenemos que $$\measuredangle AMB=\measuredangle APB=\measuredangle DPC=\measuredangle DMC$$ Similares $$\measuredangle ABM=\measuredangle DCM$$ y hemos demostrado el lema.
Ahora bien, como esta similitud espiral envía $AB$ a $DC$ ,también envía al circuncentro de $\triangle MAB$ a $\triangle MDC$ , es decir, envía $O_1$ a $O_2$ .
Por lo tanto, $MO_1O_2$ se envía a $MAD$ por una similitud en espiral y esto lleva a que sean similares.
Para la segunda parte utilizamos la persecución de ángulos.
Se sabe que $\measuredangle MO_2O_1=\measuredangle MDA$ y $M,Q,D,A$ son cíclicos, podemos calcular $\measuredangle MO_2O_1=\measuredangle AQM=\frac{1}{2}\measuredangle AO_4M$
Lo último que tenemos que notar es que $O_1O_4$ es la bisectriz perpendicular de $MA$ porque este último es el eje radical de dos círculos con centro $O_1$ y $O_4$ .
Teniendo en cuenta este hecho, obtenemos $\measuredangle O_1O_4M=\frac{1}{2}\measuredangle AO_4M$ .
Por lo tanto, $\measuredangle MO_2O_1=\measuredangle MO_4O_1$ y estos cuatro puntos son cíclicos.Del mismo modo podemos demostrar que $O_3$ también se encuentra en este círculo.
