Sea $\Gamma$ el circuncírculo de un triangulo $ABC$. Un círculo $\Omega$ es tangente al segmento $AB$ y a $\Gamma$ en el mismo lado de $AB$ que $C$. La bisectriz de $\angle ACB$ interseca a $\Omega$ en $P$ y $Q$.
Probar que $\angle ABP=\angle CBQ$.
Para todo [math]k, existen [math]k primos en sucesión aritmética.
sean $\omega_1$ el circuncírculo del triángulo $ABC$; $\omega_2$ la circunferencia tangente a la cuerda $AB$ y tangente a $\omega_1$; $R$ el punto de contacto entre $\omega_1$ y $\omega_2$; $T$ el punto de contacto de $\omega_2$ y $AB$; y $M$ el punto de intersección de la bisectriz interior del ángulo $\angle ACB$ y $\omega_1$.
Como $M$ es el punto medio del arco $AB$ que no contiene a $C$, entonces los puntos $R$, $T$ y $M$ son colineales.
Por potencia de $M$ en $\omega_2$ tenemos que $MT\cdot MR=MP\cdot MQ$. Luego, por el Lema $b)$ tenemos que $MB^{2}=MT\cdot MR$, por lo tanto, $MB^{2}=MP\cdot MQ$, lo cual implica que $\angle PBM=\angle BQM$. Como $\angle BQM=\angle MCB+\angle QBC$, $\angle PBM=\angle ABM+\angle PBA$ y $\angle MCB=\angle ABM$, se concluye que $\angle QBC=\angle PBA$, que es lo que se quería probar. Comentario. He considerado esa posición de los puntos $P$ y $Q$ sin pérdida de generalidad, pues si cambiamos sus posiciones lo que tendríamos que probar es lo mismo, en esencia.
Lema 1) Sean una circunferencia y una cuerda $AB$. Sea $M$ el punto medio del $\stackrel{\textstyle\frown}{\mathrm{AB}}$. Sean $X$ e $Y$ puntos sobre el $\stackrel{\textstyle\frown}{\mathrm{AB}}$, que no contiene a $M$, y $V=MX\cap AB$ y $W=MY\cap AB$. Entonces $VWYX$ es ciclico y lo demostramos viendo que
$\angle YWB = \frac{\stackrel{\textstyle\frown}{\mathrm{YB}}+\stackrel{\textstyle\frown}{\mathrm{AM}}}{2}$ y
son angulos iguales pues $\stackrel{\textstyle\frown}{\mathrm{BM}}=\stackrel{\textstyle\frown}{\mathrm{AM}}$
Lema 1a) Por potencia de $M$ respecto a la circunscrita a $VWYX$ tenemos $(MV)(MX) = (MW)(MY)$, pero supongamos el caso particular en que $MW=MY=MB$ luego tendriamos que $(MV)(MX) = (MW)(MY) = MB^2$, dado este resultado concluimos que el circuncirculo de $XVB$ es tangente a $MB$ en $B$.
uno y dos.png
Lema 2) Sean $\alpha$ una circunferencia y $\beta$ otra dentro de la primera y tangente en $T$. Una recta secante corta a $\alpha$ en $A, B$ y a $\beta$ en $A', B'$, como se ve en el dibujo. Vamos a probar que $\angle ATA' = \angle BTB'$.
Si $M$ es el punto medio del arco $AB$ que no contiene a $T$ y luego $TM$ corta a $\beta$ en $M'$ entonces es facil probar con homotecia con centro en T que $M'$ tambien es punto medio del arco $A'B'$, de esta manera $\angle ATM = \angle BTM$ y $\angle A'TM = \angle B'TM$, entonces $\angle ATA' =\angle ATM-\angle A'TM$ que es igual a $\angle BTB' =\angle BTM-\angle B'TM$.
Con respecto al problema, le voy a "pedir prestado" el dibu a Emerson, y asi vemos que por potencia de $M$ respecto de la circunferencia menor es $(MT)(MR)=(MQ)(MP)$ (*).
Ahora, si $N=AB\cap CM$ por lema 1a) y considerando la potencia de M resp. de los circuncirculos de $CNB$ y $RTB$ tenemos que $MB^2 = (MN)(MC) = (MT)(MR)$ como vemos que esto es igual a (*) lo acomodamos asi $MB^2 = (MN)(MC) = (MQ)(MP)$ y con este resultado vemos que los circuncirculos a $CNB$ y $QPB$ son tangentes en $B$ y con el lema 2 (aqui CN seria la recta secante a ambas) tenemos que $\angle CBQ = \angle NBP$.
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Dado un triangulo ABC y los puntos medios L, M y N de los lados BC, AC y AB, respectivamente, probar que las bisectrices de los angulos ANB, BLC y CMA son concurrentes.
Lema 1) Sean una circunferencia y una cuerda $AB$. Sea $M$ el punto medio del $\stackrel{\textstyle\frown}{\mathrm{AB}}$. Sean $X$ e $Y$ puntos sobre el $\stackrel{\textstyle\frown}{\mathrm{AB}}$, que no contiene a $M$, y $V=MX\cap AB$ y $W=MY\cap AB$. Entonces $VWYX$ es ciclico
Gracias Fran5! mira q webbon ni me acordaba (2014, mi disco esta overflow)
estamos esperando la ref. al Lema b) de Emerson (aunque ya se entiende)
Dado un triangulo ABC y los puntos medios L, M y N de los lados BC, AC y AB, respectivamente, probar que las bisectrices de los angulos ANB, BLC y CMA son concurrentes.
Sea $M$ el punto medio del arco $AB$ de $\Gamma$ que no contiene a $C$, y sean $D,E$ los puntos de tangencia de $\Omega$ con $AB$ y $\Gamma$, respectivamente, luego, $M,D,E$ son colineales, por lo que $MP\cdot MQ=MD\cdot ME$.
Consideremos la inversión $\Psi$ de centro $M$ y radio $MA=MB$, luego, $\Psi (AB)=\Gamma$, por lo que $\Psi (D)=E$, y así $\Psi (P)=Q$. Sea $C'=\Psi (C)$, luego, $C'$ es el pie de la bisectriz de $C$ en $ABC$, de donde $C,P,Q,C',M$ están alineados, entonces\begin{align*}\angle CBQ & =\angle CBM-\angle QBM \\
& =\angle BC'M-\angle BPM \\
& =\angle PBC' \\
& =\angle PBA.
\end{align*}
Sean $T$ y $S$ los puntos de tangencial de $\Omega$ con $\Gamma$ y $AB$ respectivamente, $M$ el punto medio del arco $\stackrel{\textstyle\frown}{\mathrm{AB}}$ que no contiene a $C$, y $D$ el pie de la bisectriz de $\hat{C}$, $M' = \infty_{MC}$ y sea $r$ la paralela a $MC$ por $B$
Por propiedades de incírculo curvilineo tenemos que $M, S, T$ son colineales y también que $MS \cdot MT = MB^2$
Por potencia de $M$ respecto a $\Omega$, $MP \cdot MQ = MS \cdot MT$
Por semejanza, $MD \cdot MC = MB^2$
Ahora $MP \cdot MQ = MS \cdot MT = MB^2 = MD \cdot MC$
$\Rightarrow MD \cdot MC = MP \cdot MQ$
entonces $M$ es el centro de la involucion que manda a $C$ en $D$ y a $P$ en $Q$ por lo que los pares de puntos $(P,Q); (C,D); (M,M')$ se corresponden en una misma involución, entonces los pares de rectas $(BC, BD); (BP, BQ); (BM, r)$ también
Por otro lado tenemos $M\hat{B}A = M\hat{C}B = C\hat{B}M'$, de ahí (junto con lo anterior) $Q\hat{B}D = P\hat{B}C \Rightarrow A\hat{B}P = Q\hat{B}C$
Para probar esto
por lo que los pares de puntos $(P,Q); (C,D); (M,M')$ se corresponden en una misma involución
también se puede tomar el punto $R = \Omega \cap TC$ y con la recta $CM$ y el cuadrilátero $RSST$ se llega a lo mismo por el teorema de involucion de desargues
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$\text{“The further removed from usefulness or practical application, the more important."}$