Una aplicación del teorema de Casey.

Question

Dejemos que $AB$ y $CD$ sean dos cuerdas de un círculo $\Phi$ que se cruza en el punto $E$ . Círculos $\Phi_1$ y $\Phi_2$ se colocan dentro de $\Phi$ tal que $\Phi_1$ toques a los segmentos $AE$ y $DE$ y al círculo $\Phi$ y $\Phi_2$ toques a los segmentos $BE$ y $CE$ y al círculo $\Phi$ . Sea $l$ sea una tangente externa común a $\Phi_1$ y a $\Phi_2$ tal que $l$ cruza segmentos $AE$ y $CE$ .

Demostrar que $l||AC.$

He resuelto este problema $25$ hace años utilizando el teorema de Casey, pero he olvidado cómo lo hice.

Estoy buscando una prueba por el teorema de Casey solamente.

Este problema también $4.7.29$ del libro de A.Akopyan "Geometry in Figures".

Podemos hacer aquí las siguientes cosas.

Podemos usar Casey para "cuadriláteros" $A\Phi_2D\Phi_1$ , $C\Phi_2D\Phi_1$ o incluso para $AC\Phi_2\Phi_1$ , pero no veo cómo puede ayudar.

Sobre el teorema de Casey ver aquí: https://en.wikipedia.org/wiki/Casey%27s_theorem

Gracias.

Answer 1

Dejemos que $M$ sea el punto medio del arco $KL$ que contiene puntos $A$ y $C$ . Denote por $R, S, X, Y, Z, T, U, V$ puntos de tangencia como en la imagen.

Nuestra estrategia consiste en demostrar que $MA=MC$ porque entonces $M$ es el punto medio del arco $AC$ lo que lleva a $AC \parallel KL$ .

Utilizando el teorema de Casey para $M$ , $K$ , $\Phi_1$ y $L$ obtenemos $$MK \cdot LU + ML \cdot KU = MR \cdot KL.$$ Desde $KU+LU=KL$ y $MK=ML$ se deduce que $MR=MK$ .

Análogamente, utilizando el teorema de Casey para $M$ , $K$ , $\Phi_2$ y $L$ obtenemos $MK=MS$ .

Teorema de Casey para $A$ , $M$ , $C$ y $\Phi_1$ da $$MA \cdot CT + MC \cdot AX = AC \cdot MR.$$ Del mismo modo, el teorema de Casey para $A$ , $M$ , $C$ y $\Phi_2$ rinde $$MA \cdot CZ + MC \cdot AY = AC \cdot MS.$$ Restando las dos igualdades obtenemos $$MA \cdot (CT-CZ) + MC \cdot (AX-AY) = AC\cdot (MR-MS).$$ Desde $CT-CZ=ZT$ , $AY-AX=XY$ y $MR=MK=MS$ obtenemos $$MA \cdot ZT + MC \cdot (-XY) = 0.$$ Pero $ZT=XY$ Por lo tanto $MA-MC=0$ . Así, $MA=MC$ y hemos terminado.

Answer 2

COMENTARIO:

Si los puntos A, C, L y K se pueden considerar como círculos con diámetro cero, entonces podemos escribir:

$$AC\times RS+AM\times CN=CU\times AT$$

$$LN \times KM+ RS \times KL =LU\times KT$$

Comparando estas relaciones podemos concluir que AC se transforma en orden paralelo a KL.

¿Puede esto ayudarte?

Answer 3

Tengo algo, pero todavía no da una prueba.

Dejemos que la tangente externa se toque con $\Phi_1$ y $\Phi_2$ en los puntos $M$ y $N$ respectivamente,

$AB$ ser tocado para $\Phi_1$ y $\Phi_2$ en los puntos $T$ y $H$ respectivamente y

$DC$ ser tocado para $\Phi_1$ y $\Phi_2$ en los puntos $F$ y $S$ respectivamente.

Así, por Casey para $AC\Phi_2\Phi_1$ obtenemos: $$AC\cdot MN+AT\cdot CS=AH\cdot CF$$ o $$AC\cdot MN+AT\cdot CS=(AT+TH)(CS+SF)$$ y como $TH=SF$ obtenemos: $$AC\cdot MN=TH(AT+CS+TH)$$ o $$AC\cdot MN=TH(AT+TE+CS+SE)$$ o $$AC\cdot MN=TH(AE+CE)$$ o $$\frac{AC}{AE+CE}=\frac{TH}{MN}.$$ Ahora, dejemos que $\Phi$ ser cambiado, pero las líneas $AB$ y $CD$ y $\Phi_1$ y $\Phi_2$ no se modifique.

Dejemos que $A'$ y $C'$ ser ese punto en el nuevo $\Phi'$ .

Así, $$\frac{AC}{AE+CE}=\frac{A'C'}{A'E+C'E}.$$ Ahora, dejemos que $AE=a$ , $CE=b$ , $A'E=x$ , $C'E=y$ y $\measuredangle AEC=\alpha.$

Así, $$\frac{a^2+b^2-2ab\cos\alpha}{(a+b)^2}=\frac{x^2+y^2-2xy\cos\alpha}{(x+y)^2}$$ o $$(a^2+b^2)(x^2+y^2+2xy)-(x^2+y^2)(a^2+b^2+2ab)=2\cos\alpha(ab(x+y)^2-xy(a+b)^2)$$ o $$(xy(a^2+b^2)-ab(x^2+y^2))(1+\cos\alpha)=0$$ o $$xy(a^2+b^2)-ab(x^2+y^2)=0$$ o $$(ay-bx)(ax-by)=0.$$ Ahora, $ay=bx$ da $AC||A'C'$ y a partir de aquí es fácil completar la prueba.

$ax=by$ da $A'C'||BD$ .

Parece que es imposible, pero ¿cómo demostrarlo?