Sea P un punto en el interior del triángulo ABC con circunferencia circunscrita Γ. Las rectas AP,BP,CP cortan otra vez a Γ en los puntos K,L,M, respectivamente. La recta tangente a Γ en C corta a la recta AB en S. Demostrar que si SC=SP entonces MK=ML.
Enviado por el colado el 19 de Julio de 2010 - 02:38.
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Mi solución:
Sabemos que SC=SP por ser SPC isósceles. Entonces SC2=SP2=SB⋅SA por potencia del punto S. De esta forma obtenemos que SP es tangente al circuncírculo de ABP.
Definamos:
∠PAB=α1
∠MCA=θ2
∠CBL=θ1
∠LBA=β1
∠KAC=α2
Tenemos que ∠SPB=∠PAB=α1 por ser el ángulo semi-inscrito al circuncírculo de BPA.
Sabemos que ∠KPB=α1+β1 por ser ángulo externo de ABP, entonces ∠SPK=β1.
∠SCK=α2 por ser semi-inscrito y abrir el arco KC.
∠KCB=α1 por abrir el arco KB al igual que ∠KAB.
Sabemos que ∠ACL=∠ABL=β1 por abrir el arco LA, aparte, ∠KPC=α2+θ2 por ser ángulo externo al triángulo APC.
Como SPC es isósceles, tenemos que ∠SPC=∠SCP
de ahí que β1+α2+θ2=α2+θ1+α1
luego, β1+θ2=θ1+α1
sabiendo que ∠MCL=β1+θ2 y que ∠KCM=θ1+α1, podemos concluir que ∠MCL=∠KCM de ahí que los arcos KM y ML sean iguales.. por lo tanto también sus cuerdas... así, concluimos que:
Mi solución: Sabemos que por
Mi solución:
Sabemos que SC=SP por ser SPC isósceles. Entonces SC2=SP2=SB⋅SA por potencia del punto S. De esta forma obtenemos que SP es tangente al circuncírculo de ABP.
Definamos:
∠PAB=α1
∠MCA=θ2
∠CBL=θ1
∠LBA=β1
∠KAC=α2
Tenemos que ∠SPB=∠PAB=α1 por ser el ángulo semi-inscrito al circuncírculo de BPA.
Sabemos que ∠KPB=α1+β1 por ser ángulo externo de ABP, entonces ∠SPK=β1.
∠SCK=α2 por ser semi-inscrito y abrir el arco KC.
∠KCB=α1 por abrir el arco KB al igual que ∠KAB.
Sabemos que ∠ACL=∠ABL=β1 por abrir el arco LA, aparte, ∠KPC=α2+θ2 por ser ángulo externo al triángulo APC.
Como SPC es isósceles, tenemos que ∠SPC=∠SCP
de ahí que β1+α2+θ2=α2+θ1+α1
luego, β1+θ2=θ1+α1
sabiendo que ∠MCL=β1+θ2 y que ∠KCM=θ1+α1, podemos concluir que ∠MCL=∠KCM de ahí que los arcos KM y ML sean iguales.. por lo tanto también sus cuerdas... así, concluimos que:
KM=ML ■
Saludos.