Una colinealidad, Jugando con Geogebra Opciones

[Niklaash]

La verdad el problema no me ha salido pero igual lo comparto porque me parecio entrete...

Sea ABCD un cuadrilatero ciclico, con AB<CD, se prolongan los segmentos DA y CB hasta que se intersecten en P, sean Q y R son los puntos donde las tangentes desde P tocan a la circunferencia. Pruebe que si H = BD AC, entonces Q,H y R son colineales.

Mensaje modificado por Niklaash el Jul 3 2015, 12:39 AM

[Pedantic Anarchy...]

Un ejemplo de lo que la geometria proyectiva puede hacer sin esfuerzo:
Sea M la interseccion de las tangentes a la circuenferencia por A y por D, y N el analogo pero respecto a B y C. Como P pertenece a la recta polar de N en la circunferencia y también a la de M se tiene por dualidad que la recta polar de P, o sea QR, pasa por M y N, luego los puntos M, Q, R y N son colineales, como también se sabe por Pascal que M,N y H son colineales (esto es conocido igual) se concluye el problema.
Saludos

[cev]

Una solucion muy "cuaternaria"

a1)Si (OC,AB)=-1 (es una cuaterna armonica) y desde un punto Z, que no pertenece a OB, trazamos ZO, ZA, ZB, ZC, luego este haz de rectas es un haz armonico.
a2)Si una recta que pasa por O corta a ZA, ZB, ZC, en los puntos P, Q y R, respectivamente, entonces (OR,PQ)=-1 (es otra cuaterna sobre dicha recta).
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b1) Sean ABB'A' un cuadrilatero y O, P las intersecciones de AB y A'B', AA' y BB', respectivamente. Llamemos X a un punto sobre PB tal que (PX,B'B)=-1 es decir PB/PB'=BX/XB' ....(*).
Con Menelao en el triangulo ABB' y la transversal AA'P tenemos, (B'A'/A'O)(OA/AB)(PB/PB')=1, reemplazamos el tercer factor por (*) y tenemos (B'A'/A'O)(OA/AB)(BX/XB')=1, este resultado es el teorema de Ceva sobre el triangulo OBB' e indica que AB', BA' y OX son conrrentes. Si consideramos lo dicho en a1) es OP, OB', OX y OB un haz armonico y por a2) tenemos que (PY,A'A)=-1.
Conclusion: si en un cuadrilatero ABB'A' cuyos lados AA' y BB' concurren en P tenemos los puntos X e Y tales que (PX,B'B)=(PY,A'A)=-1 entonces las diagonales del cuadrilatero estan sobre XY.
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c1) Sean PQ y PR las tangentes a una circunferencia. Supongamos que una recta que pasa por P intersecta a dicha cirunferencia en A y D y a la recta QR en S. Vemos que los triangulos APQ y QPD asi como APR y RPD son semejantes, luego de esto sale que

PA/QA=PQ/QD y PD/RD=PR/RA, como PQ=PR igualamos y arreglamos asi,

PA/PD=(QA/RD)(RA/QD) .....(*)

Por propiedades de los ciclicos (aqui el ARDQ) tenemos SA/RS=QA/RD ....(**) y RA/RS=QD/SD ....(***)

El primer factor en (*) lo reemplazamos por (**), PA/PD=(SA/RS)(RA/QD)

y ahora RA/RS por (***), PA/PD=(SA/SD)(QD/QD)=SA/SD----> (PA/PD)(SD/SA)=1, es decir (PS,DA)=-1

c2) Supongamos que otra recta que pasa por P intersecta a la circunferencia y a QR en B,C y T, entonces, por el resultado de c1) tendriamos que se cumple (PT,CB)=(PS,AD)=-1 y por lo concluido en b1) tendriamos que las diagonales del ciclico ABCD intersectan sobre ST o lo que es igual QR. Esto responde el propuesto by Niklaash.
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[Kaissa]

Propuesto por viterick2 y resuelto por yo hace mil años.


Saludos cordiales.

[cev]

Cda tanto suena el despertador

[Tobal.alb]

Propuesto por viterick2 y resuelto por yo hace mil años.
Saludos cordiales.

Hola, sin ánimos de desvirtuar me gustaría ver tu solución (no la encuentro).

Antes de que digas: 'usa el buscador': 1. no funciona; 2. http://www.fmat.cl/index.php?showuser=21772 ese es el perfil del usuario en cuestión y no veo tema/post alguno relacionado con el problema posteado por Niklaash

Saludos

[cev]

Ya te vas a encontrar con chiquicientos mil problemas relacionados (aunque no asi en forma tan explicita) con el hecho de que las diagonales del ABCD intersectan sobre QR.
Sin que esto ponga en duda que Niklaash seguramente lo haya encontrado jugando con Geogebra.

[Kaissa]