[Rashed]

Hola muy buenas a todos, eh intentado por varios caminos con este ejercicio pero no logro encontrar uno que me lleve a la solución. Alguna sugerencia me podrían dar?

1) Sean \( p \) y \( q \) los radios de dos circunferencias que pasan por \( A \), tangentes a \( BC \) en \( B \) y \( C \) respectivamente. Probar que \( pq=R^2 \), siendo \( R \) el circunradio del triángulo \( ABC \).
Esto es lo que hice:

[DavidRG]

Hola,

Lo primero, el punto A no tiene por qué ser un punto de tangencia, las dos circunferencias se pueden cortar.

Respecto a probar pq=r², en geometría es fácil probar divisiones mediante Tales. Es decir, intenta probar \( \displaystyle\frac{p}{r}=\displaystyle\frac{r}{q} \)

Esto puedes probarlo con los 2 triángulos verdes que has dibujado, mostrando que son proporcionales (tienen ángulos iguales)

Para ello, si llamamos P, Q y R a los centros de los círculos de radio p, q y r, respectivamente, tienes que demostrar primero que \( \widehat{PBR} = \widehat{QCR} \)

(esto es facil de demostrar teniendo un cuenta  que q y p son perpendiculares a BC y forman 90 grados, y que el triangulo ABR es isósceles por tener 2 lados iguales)

 y después que \( \widehat{BRP} = \widehat{RQC} \)

[Rashed]

Entiendo a donde apuntas ya que es lo mimos por donde intento ir, pero no puedo lograr algun tipo de semejanza ya que solo tengo un lado igual que es el BR y RC, luego tengo un angulo de 90 en ambos ya que son tangentes, pero despues para los otrs lados no logro darme cuenta por donde hacer la semejanza.

[DavidRG]

Vale, en realidad lo que había dejado por hacer era lo más difícil. Pero lo puse porque tenías algo más fácil que probar que la fórmula pq=r².

La demostración que se me ha ocurrido de esto es un poco más larga. Si tienes alguna duda pregunta.

Se basa en que los segmentos RP y RQ son las mediatrices de AB y AC, respectivamente. (ya que la mediatriz de una cuerda pasa por el centro de la circunferencia)

Es decir, tenemos que el ángulo \( \widehat{BRC} = \widehat{BRA} + \widehat{ARP} = 2\widehat{PRB} + 2\widehat{CRQ} \)



Ahora, si llamamos  \( α = \widehat{RBC} = \widehat{RCB} \)

Tenemos que \( \widehat{CRB} = 180 - 2α \)



Ahora, buscamos demostrar que \( \widehat{BPR} = \widehat{CRQ} \)

\( \widehat{RBP} = 90 + α \)

\( \widehat{BPR} = 180 - (90 + α) - \widehat{PRB} \)

\( \widehat{PRB} = 90 - α - \widehat{BPR} \)

\( \widehat{CRB} (= 180 - 2α) = 2\widehat{PRB} + 2\widehat{CRQ} \)

\( 90 - α = \widehat{CRQ} + 90 - α - \widehat{BPR} \)

\( \widehat{BPR} = \widehat{CRQ} \)

Y con esto está demostrado lo que dije en mi anterior mensaje.

[Rashed]

No logre deducir la segunda parte que demostras \widehat{BPR}=\widehat{CRQ} pero pude darme cuenta que existe un angulo inscripto que me permitio llegar a una deduccion, la dejo por si hay algo que deba cambiar:

DPQ: pq=R^2



01AB es isosceles por tener dos lados iguales (radio) por lo tanto:
\widehat{01BA}+\widehat{01AB}=90°
\widehat{BCA}+\widehat{O1CA}=90°
por ser tangentes al radio.
03BC es isosceles por tener dos lados iguales (radio)
por lo tanto:
\widehat{01B03}\sim{}\widehat{03C02}

\widehat{BCA} Es angulo semi-inscripto de Ci2 = \displaystyle\frac{Long CA}{2r}
\widehat{C03A} Es angulo central en Ci2 = \displaystyle\frac{Long CA}{2}     \Rightarrow{}BCA = \displaystyle\frac{C02A}{2} y como la mediatriz del lado b es bisectriz de \widehat{C02A} entonces \widehat{C0203}\approx{}\widehat{ACB}

A su vez \widehat{BCA}\approx{} \widehat{B03A} (por ser inscripto y central con mismo arco

Entonces B0301 y 03C02 son semejantes por tener dos angulos congruentes \displaystyle\frac{P}{r} = \displaystyle\frac{R}{q}

[DavidRG]

Hola

No logre deducir la segunda parte que demostras \( \widehat{BPR}=\widehat{CRQ} \) pero pude darme cuenta que existe un angulo inscripto que me permitio llegar a una deduccion, la dejo por si hay algo que deba cambiar:

DPQ: pq=R^2



01AB es isosceles por tener dos lados iguales (radio) por lo tanto:
\( \widehat{01BA}+\widehat{01AB}=90° \)
\( \widehat{BCA}+\widehat{O1CA}=90°  \)
por ser tangentes al radio.
03BC es isosceles por tener dos lados iguales (radio)
por lo tanto:
\( \widehat{01B03}\sim{}\widehat{03C02} \)

\( \widehat{BCA} \) Es angulo semi-inscripto de \( Ci2 = \displaystyle\frac{Long CA}{2r}
\widehat{C03A}  \) Es angulo central en \( Ci2 = \displaystyle\frac{Long CA}{2}     \Rightarrow{}BCA = \displaystyle\frac{C02A}{2} \) y como la mediatriz del lado b es bisectriz de \( \widehat{C02A}  \) entonces \( \widehat{C0203}\approx{}\widehat{ACB} \)

A su vez \( \widehat{BCA}\approx{} \widehat{B03A} \) (por ser inscrito y central con mismo arco

Entonces B0301 y 03C02 son semejantes por tener dos angulos congruentes \( \displaystyle\frac{P}{r} = \displaystyle\frac{R}{q} \)

Antes que nada recuerda poner "[tex ][/tex]" para que se pueda leer el latex (en las opciones de arriba donde pone TEX)

Luego, respecto a tu explicación los ángulos están mal puestos algunos, pero creo que la he entendido.

Por si acaso nombramos de forma distinta los ángulos, yo al ángulo A de un triángulo ABC lo llamaría \( \widehat{BAC} \) o \( \widehat{CAB} \)

No logre deducir la segunda parte que demostras \widehat{BPR}=\widehat{CRQ} pero pude darme cuenta que existe un angulo inscripto que me permitio llegar a una deduccion, la dejo por si hay algo que deba cambiar:

Lamento que no se haya entendido mi demostración, creo que fui un poco rápido y hay 2 o 3 pasos que tendría que haber explicado más detalladamente. (Se basaba en dividir el ángulo \( \widehat{BO_3C} \) en 4 ángulos, 2 de cada triángulo, de forma que obtuvieramos una ecuación con los 2 ángulos que nos interesan, pero bueno, ya no importa.)



Respecto a tu demostración, está bien (si te querías referir a esto:)

Queremos demostrar que \( \widehat{CO_2O_3} = \widehat{BO_3O_1} \)

\( \widehat{BO_3O_1} = \widehat{BCA} \)

Ya que ambos son la mitad del ángulo \( \widehat{B0_3A} \), por ser bisectriz y ángulo inscrito, respectivamente.


\( \widehat{BCA} = \widehat{CO_2O_3} \)

Ya que ambos son la mitad del ángulo \( \widehat{CO_2A} \), por ser ángulo semi-inscrito y bisectriz, respectivamente.

Por tanto \( \widehat{CO_2O_3} = \widehat{BO_3O_1} \)



Además, tu demostración es muy buena e intuitiva, siempre y cuando se entienda el ángulo inscrito, el ángulo semi-inscrito y que la mediatriz de una cuerda biseca a su angulo central; que son conceptos básicos.


Saludos.

[Rashed]

Muy bien!, gracias por tu explicacion me ayudo mucho para entender o ver el nuevo camino. Te lo agradezco, y disculpen lo del latex no lo habia notado, Saludos y de nuevo gracias!.