Sea $I$ el incentro del triangulo $ABC$. Sean $K$, $L$ y $M$ los puntos de tangencia del incrírculo de $ABC$ con $AB$, $BC$ y $CA$, respectivamente. La recta $t$ pasa por $B$ y es paralela a $KL$. Las rectas $MK$ y $ML$ intersecan a $t$ en los puntos $R$ y $S$. Demostrar que $\angle RIS$ es agudo.
Sea $ABC$ un triangulo y $D$ un punto sobre $BC$ tal que $AD \perp BC$. Luego,
$$\angle BAC = 90^{\circ} \iff BD.DC = AD^2$$
$$\angle BAC < 90^{\circ} \iff BD.DC < AD^2$$
$$\angle BAC > 90^{\circ} \iff BD.DC > AD^2$$
Demostración:
Llamemos $M$ al punto medio de $BC$, y tracemos la circunferencia $\Gamma$ de centro $M$ y que pasa por $B$ y $C$.
Es conocido que cualquier punto que este dentro del circulo $\Gamma$ cumple que el ángulo que forma con el diámetro es mayor a $90^{\circ}$, y si esta afuera entonces es menor a $90^{\circ}$. Luego, si mediante $BD.DC < AD^2$ llegamos a que $AD < R$, siendo $R$ el radio de $\Gamma$ entonces $A$ esta dentro de la circunferencia (lo mismo ocurre con el signo cambiado si esta afuera).
De donde el signo depende pura y exclusivamente de $R-AM$, es decir que si solo si $A$ se encuentra fuera de $\Gamma$ entonces $R-AM < 0$ y signo cambiado si se encuentra dentro. Además, si $R = AM$ entonces $A \in \Gamma$ y por arco capaz $\angle BAC = 90^{\circ}$ , que era lo que queríamos demostrar.
Simples angulitos muestran $\triangle BSK \sim \triangle BMR$ y por tangencia $BM = BK$. Notar que como $MI = IK$ entonces $IB$ es la mediatriz de $MK$ y por consiguiente de $RS$, luego $B$ es el pie de la altura desde $I$ del triángulo $RIS$. Además, $BM < BI$ pues $\triangle BMI$ es rectángulo en $M$ y $BM$ es cateto. Por lo tanto se cumplen las condiciones de nuestro lema, luego:
No quiero ser quisquilloso pero...$K, L$ y $M$ estan mal definidos, sin mencionar que $t$ debe ser paralela a $KM$, no a $KL$ jajaja, el enunciado original pone a $K, L$ y $M$ en $BC, AC$ y $AB$, respectivamente.
Sean $\Gamma$ el incirculo del $\triangle ABC$, $H$ el punto medio de $KM$, $\ell$ y $\ell'$ las tangentes al incirculo, por $R$ y $X=SH\cap{IR}$.
Notar que $H$ es el inverso de $B$, respecto a $\Gamma$, entonces $I, H$ y $B$ son colineales, y por paralelas $IB\perp RS$. (*)
$\Rightarrow R\{K, M; H, B\}=\{K, M; H, P_{\infty{KM}}\}=-1$ (**)
Otra observación, $B$ es estrictamente exterior a $\Gamma$, como $H$ es su inverso, bajo una inversión de radio positivo, entonces $H$ es estrictamente interior al $\triangle IRS$, entonces basta probar que $H$ es el ortocentro del $\triangle IRS$(el ortocentro de un triangulo es estrictamente interior, si y solo si, dicho triangulo es acutangulo).
Bien, por DDIT, aplicado a $R$ y $C$, respecto a $\Gamma$:
$(\ell, \ell'), (RL, RK), (RC, RC)$ son pares de una involución.
Y aplicandolo a $R$ y a $B$, respecto a $\Gamma$:
$(\ell, \ell'), (RM, RK), (RB, RB)$ son pares de una involución.
Como $R, M$ y $L$ son colineales, tenemos que estas involuciones comparten dos pares, por tanto son la misma involución.
$\Rightarrow (RM, RK), (RC, RC), (RB, RB)$ son pares de una misma involución.
$\Rightarrow R\{K, M; C, B\}=-1\overset{(**)}{=}R\{K, M; H, B\}$
$\Rightarrow C, H$ y $R$ son colineales.
Por La Hire se sigue que las polares de $R, C$ y $H$, respecto a $\Gamma$, concurren, pero por (*), $RS$ es la polar de $H$, y es trivial que la polar de $C$ es $KL$, entonces la polar de $R$ pasa por $S$. Finalmente, como $R$ está en la polar de $H$, entonces $H$ está en la polar de $R$(por La Hire), entonces $SH$ es la polar de $R$.
$\Rightarrow SX\perp IR$
$\Rightarrow H$ es ortocentro de $\triangle IRS$
$\blacksquare$
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Última edición por gerez_robert el Lun 19 May, 2025 9:04 pm, editado 2 veces en total.
drynshock escribió: ↑Jue 31 Oct, 2024 10:57 pm
Notar que como $MI = IK$ entonces $IB$ es la mediatriz de $MK$ y por consiguiente de $RS$
Eso no es cierto en general.
Supongamos que $IB$ es la mediatriz de $RS$
Sea $X$ el punto medio de $KM$
$\Rightarrow XS=XR$ y $\angle KXS=\angle MXR$
$\Rightarrow \triangle KXS\cong{\triangle MXR}$
$\Rightarrow KS=MR$
$\Rightarrow LM=LK$
$\Rightarrow \frac{\angle B}{2}+\frac{\angle C}{2}=\angle LKM=\angle LMK=\frac{\angle B}{2}+\frac{\angle A}{2}$
$\Rightarrow AB=BC$
