D 1991. Un X très prisé
Soit un triangle scaléne dont le cercle circonscrit est . On trace un cercle de centre distinct de qui passe par le points et et coupe la droite en un deuxième point et la droite en un deuxième point .
Les droites et se rencontrent en un point .
Les droites et rencontrent le cercle respectivement en (autre que ) et (autre que ).
La droite rencontre la droite au point et les tangen- tes en et au cercle aux points et respectivement.
Démontrer que:
1) Le cercle
2) Le cercle circonscrit au triangle , 3) la droite ,
4) la perpendiculaire à la droite passant par , 5) la droite ,
6) la droite , 7) la droite
passent par un même point .
Solución de Saturnino Campo Ruiz, Profesor de Matemáticas jubilado, de Salamanca.
A partir del cuadrilátero cíclico se tiene que y como el ángulo resulta que y son perpendiculares, o bien, es paralela a la tangente en a la circunferencia .
El teorema de Pascal aplicado al 'hexágono' demuestra que y son paralelas.
En efecto: : las rectas y son concurrentes, es decir, son paralelas.
1), 2), 3)
Hay una inversión respecto de una circunferencia de centro , que transforma el par en el par y por tanto, las circunferencias y que pasan por el centro de inversión, se transforman en las rectas y respectivamente.
Si , el inverso de y como ha de estar alineado con y , necesariamente es . Esto es, son fijos y por tanto, es el eje radical de las circun- ferencias y y el radio de es . En esta inversión la circunferencia , que contiene dos pares de homólogos,permanece invariante y es ortogonal con .
Tenemos la siguiente situación:
;
El punto es pues, el inverso del punto común de las circunferencias y , por tanto alineado con el polo , como queríamos probar.
es el centro radical de las circunferencias y . 4), 5)
También sabemos que la recta es perpendicular a , pues como demostramos en el pro- blema D 1986, el ortocentro del triángulo , autopolar para es el centro de ésta: . Por otra parte, la polar de un punto cualquiera respecto de la circunferencia de inversión es la perpendicular a la recta trazada por el inverso de . Así pues, la polar de es la per- pendicular a por .
Por ser ortogonales y , la polar del centro de una de ellas respecto de la otra ( respec- to o respecto de ) es el eje radical de las mismas. Como el triángulo es autopolar para la polar de respecto de pasa por : es la recta . Por ello, la polar de res- pecto de pasa por . Y también pasa por : es la recta , perpendicular a por . Las rectas y son perpendiculares a . Eso significa que los puntos y están ali- neados, por tanto también pasa por y es la perpendicular a pasando por .
6), 7)
Queda únicamente demostrar que las rectas y pasan por . Esta propiedad es pura- mente proyectiva como se verá a continuación.
Para ello vamos a considerar que es una cónica circunscrita al triángulo . Las rectas paralelas y se cortan en .
Tomamos como referencia proyectiva , con ella se tiene para la cónica la ecua- ción , con o bien si .
Ahora escribimos las coordenadas de los puntos y las ecuaciones de las rectas que intervienen en el problema. A partir de aquí los cálculos algebraicos resolverán el problema.
La tangente en (=polar de ), es la recta . Un punto sobre esta recta tiene coordenadas y para tenemos La recta tiene por ecuación y corta a las rectas en el punto y en .
Con esto, para la recta se tiene la ecuación . La intersección de esta recta con la cónica es el punto
.
Las tangentes en y (sus polares) son las rectas de ecuaciones respectivas y El punto tiene coordenadas mientras que para es
. Con estos datos calculamos ahora las ecuaciones de las rectas y .
Para : y para :
Si llamamos al punto de intersección de estas rectas, resolviendo el sistema formado por ellas obtenemos: .
Es inmediato que verifica la ecuación de la cónica y también la de la recta , . Y con esto se acaba el problema.
