Cuadrilátero $ABCD$ con $AC \cap BD = \{O\}$, la pregunta de colinealidad de los puntos medios de las diagonales $E, F$

Question

Sea $ABCD$ un cuadrilátero convexo, con $AC \cap BD = \{O\}$, y $OB > OD$, $OC > OA$. Sean $E$ y $F$ los puntos medios de $(AC)$ y $(BD)$, $EF \cap AB = \{J\}$, $EF \cap CD = \{K\}$, $CJ \cap BK = \{L\}$. Si $M$ es el punto medio de $(KJ)$, muestra que $O - M - L$ son colineales.

Un intento:

Mi enfoque fue probar la afirmación mediante cálculos vectoriales. Obviamente, $\vec{OM}$ se puede expresar mediante la fórmula del vector mediano dependiendo de $\vec{OJ}$ y $\vec{OK}$. Y quiero expresar $\vec{OL}$ también como una función de los dos vectores, pero actualmente estoy atascado en la parte de probar una fórmula para $\vec{LJ}$ y $\vec{LK}$. Si demostrara que $\vec{OL} = a (\vec{OK} + \vec{OJ})$, por la regla de colinealidad, $\vec{OM}$ y $\vec{OL}$ serían vectores paralelos, por lo que $O - M - L$ serían puntos colineales, y se deriva la conclusión.

Answer 1

Dado que estás optando por un enfoque basado en vectores, te recomendaría simplificar eso. Observa que todos los conceptos con los que estás lidiando son invariantes bajo transformaciones afines. Me refiero a conceptos como "punto medio" y "colineales", así como la proporción de distancias a lo largo de una línea. Así que con esa observación en mente, ahora eres libre de aplicar una transformación afín para simplificar las coordenadas sin pérdida de generalidad.

Te recomendaría que hagas tres de tus esquinas como $(0,0), (1,0), (0,1)$. Entonces toda la configuración está guiada solo por dos números reales, es decir, las dos coordenadas de la cuarta esquina. Digamos $(t,u)$ por ejemplo. Eso facilita mucho el cálculo de coordenadas concretas para todo, y así mostrar la colinealidad esperada.

Dudo que las desigualdades de distancias realmente jueguen un papel en esa demostración. Esperaría que llegaras a la conclusión sin necesidad de esas desigualdades en ningún momento.

Personalmente, haría este cálculo con herramientas de geometría proyectiva, donde las operaciones de unir puntos y de intersectar líneas pueden expresarse como simples productos cruzados de coordenadas homogéneas para evitar divisiones. Pero eso se debe principalmente a mi formación, y una formulación no proyectiva no debería ser muy diferente.

\begin{align*} A &= [0:0:1] \\ B &= [1:0:1] \\ C &= [0:1:1] \\ D &= [t:u:1] \\ O &= [0:u:1-t] \\ E &= [0:1:2] \\ F &= [1+t:u:2] \\ J &= [1+t:0:2(1-u)] \\ K &= [t(1+t):(1-t)(1-u):2(1-u)] \\ L &= [(t+u-1)(1+t)^2:(1-t)(1-u)(t+2u-1):(1-u)(t^2+2t+4u-3)] \\ M &= [(1+t)^2:(1-t)(1-u):4(1-u)] \\ \det(O,M,L) &= \begin{vmatrix} 0 & (1+t)^2 & (t+u-1)(1+t)^2 \\ u & (1-t)(1-u) & (1-t)(1-u)(t+2u-1) \\ 1-t & 4(1-u) & (1-u)(t^2+2t+4u-3) \end{vmatrix} = 0 \end{align*}

Si no estás familiarizado con las coordenadas homogéneas, simplemente lee $[x:y:z]$ como el vector de coordenadas cartesianas $\left(\tfrac xz,\tfrac yz\right)$. Dado que unir puntos e intersectar líneas pueden calcularse utilizando productos cruzados, obtengo operaciones como $O\sim(A\times C)\times(B\times D)$. Escribo $\sim$ no $=$ porque para coordenadas homogéneas, los múltiplos escalares del mismo vector representan el mismo punto. Así que he adquirido el hábito de cancelar factores comunes y elegir signos de manera que el resultado sea estéticamente agradable. La otra operación relevante es el punto medio, que en coordenadas homogéneas lo calculé por ejemplo como $E\sim A_3\cdot C + C_3\cdot A$. Esto corresponde al $E=\tfrac12 A+\tfrac12 C$ que podrías hacer en coordenadas cartesianas.

El determinante final siendo cero demuestra la colinealidad solicitada: hay una línea incidente con los tres puntos. Si tuviera que expresar esa línea para coordenadas cartesianas, sería

$$ (1-u)(t^2-2t-4u+1)\,x + (t-1)(t+1)^2\,y + u(1+t)^2 = 0 $$

Answer 2

Voy a demostrarlo sin vectores...

Sea la intersección de $AB$ y $CD$ sea $X$. Por el teorema de Menelao, solo necesitamos probar que $\frac{BL}{LK}\frac{KM}{MF}\frac{FO}{OB}=1$.

Observa que $$\frac{MF}{KM}=-1+\frac{FK}{KM}=-1+2\frac{FK}{JK}.$$ Por el teorema de Menelao, tenemos $$\frac{FK}{JK}\frac{JX}{XB}\frac{BD}{DF}=1.$$ Dado que $BD/DF=2$, tenemos $2\frac{FK}{JK}=\frac{BX}{JX}$ y así $2\frac{FK}{JK}-1=\frac{BJ}{JX}$. Entonces tenemos $MF/KM=BJ/JX$.

Por el teorema de Menelao, tenemos $$\frac{XC}{CK}\frac{KL}{BL}\frac{BJ}{JX}=1.$$

Así que tenemos $$\frac{BL}{LK}\frac{KM}{MF}=\frac{BL}{LK}\frac{JX}{BJ}=\frac{XC}{CK}.$$ Por lo tanto, solo necesitamos demostrar que $BO/OF=XC/CK$

Sea $DO/OB=x$ y $AO/OC=y$. Por lo tanto, tenemos, por el teorema de Menelao, $$\frac{CX}{XD}=\frac{CA}{AO}\frac{OB}{BD}=\frac{1+y}{y}\frac{1}{1+x}=\frac{1+y}{y+xy}.$$ Entonces tenemos $\frac{CX}{CD}=\frac{1+y}{1-xy}$.

Nuevamente, por el teorema de Menelao, $$\frac{CK}{KD}=\frac{CE}{EO}\frac{OF}{OD}=\frac{1+y}{1-y}\frac{1-x}{1+x}=\frac{1+y-x-xy}{1-y+x-xy}.$$

Por lo tanto, $$\frac{CK}{CD}=\frac{1+y-x-xy}{2(1-xy)}.$$

Por lo tanto, tenemos $$\frac{XC}{CK}=\frac{XC}{CD}\frac{CD}{CK}=\frac{1+y}{1-xy}\frac{2(1-xy)}{1+y-x-xy}=\frac{2(1+y)}{(1-x)(1+y)}=\frac{2}{1-x}=\frac{BO}{FO}.$$