D1962.- Un triangle ABC admet (Γ) pour cercle circonscrit et (Γ1) pour cercle inscrit de centre I.
Le cercle (Γ1) et le cercle (Γ2) circonscrit au triangle AIB se rencontrent aux deux points G et H et leurs deux tangentes communes qui touchent le cercle (Γ2) aux points E et F se rencontrent en un point D. Soit (Γ3) le cercle circonscrit au triangle DGH. Les tangentes communes aux cercles (Γ1) et (Γ3) touchent le cercle (Γ3) aux points M et N et se rencontrent en un point X. Les demi-droites XM et XN coupent le cercle (Γ) aux points Y et Z.
Démontrer que :
Q1 Les cercles (Γ) et (Γ3) sont tangents entre eux.
Q2 Les deux triangles ABC et XYZ ont le même cercle circonscrit (Γ) et les trois triangles ABC, DEF, XYZ partagent le même cercle inscrit (Γ1)
Solución de Saturnino Campo Ruiz, Profesor de Matemáticas jubilado, de Salamanca. Cola- borador habitual de la revista Laboratorio virtual de triángulos con cabri del profesor Ricar- do Barroso Campos.
a)
El centro de es el punto medio del arco que no contiene , pues . Análogamente : luego están en una circunferencia de centro . Su radio se calcula fácilmente, .
Si es el homólogo de en , es decir, es un segmento paralelo a , se tienen los triángulos rectángulos semejantes y de donde
Resolviendo se obtienen
y
.
El punto es el centro de homotecia directa (de razón positiva) entre los círculos y . Si es el centro de la homotecia inversa (de razón negativa), el círculo de diámetro pasa por y y tiene como diámetro la media armónica de las distancias desde a los centros y de y . Este es .
Esto es una situación general para dos círculos cualesquiera. Los puntos y sepa- ran armónicamente los centros respectivos y . Se tiene pues
donde es el radio del círculo (Habitualmente es expresado como , así como el radio del círculo es ). La razón de las distancias desde y a cualquier centro o es constante.
El lugar geométrico de tales puntos es la circunferencia de Apolonio asociada a y . Por tanto, si , dista de y de , y respectivamente, o sea, pertenece a la cir- cunferencia de Apolonio y por tanto a .
Esto puede utilizarse para construir y sin más que trazar las bisectrices del ángulo .
El radio de es
. Queremos ver ahora que y son tangentes.
Sean una circunferencia de radio y centro , que pasa por , tangente a , en las condiciones del problema; el diámetro de paralelo a la cuerda (donde ya- cen y ) y el punto medio de .
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo en el que se tienen y , se tiene
Se trata de demostrar que y concluiremos esta primera parte.
El valor de obtenido puede expresarse como (2). Comparán- dolo con el valor de , será preciso concluir que
Cuando la cuerda de un círculo es una bisectriz de un triángulo inscrito en él, la del ángulo en este caso, el triángulo isósceles tiene los ángulos iguales con valor . La medida de la cuerda es . (figura D1962_Marzo_14_7 de cabri).
El ángulo se puede calcular así: .
Vamos a calcular : Si , .
. Poniendo , resulta y
por tanto
Se tienen ahora
, y .
Con esto, la expresión (3) pasa a ser
, (5)
Operando con mucha paciencia y teniendo en cuenta el valor de llegamos finalmente a
que coincide con (4) y demuestra la proposición.
b) ; , por tanto, según (2). Esto demuestra que el centro de homotecia directa entre y es el punto y por tanto, el punto .
Según el porisma de Poncelet el triángulo descrito en el problema, circunscribe al círculo (y está inscrito en ).
Queda únicamente por ver que el triángulo también tiene a como círculo ins- crito.
Los puntos y son concíclicos, basta ver que es rectángulo en . Sea la circunferencia a la que pertenecen; su radio y su centro es el punto medio de . Veremos que se verifica el teorema de Euler relativo a la distancia entre el circuncen- tro y el incentro de un triángulo.
, ,
por tanto es el incentro de un triángulo como queríamos demostrar.
El ángulo , de ahí Sean
,
Dividiendo por
(7)
