Geometría analítica, un legado cartesiano

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Sean $A, B, C, D$ cuatro puntos distintos sobre una recta, en ese orden. Los círculos de diámetros $AC$ y $BD$ se intersectan en los puntos $X$ y $Y$. La recta $XY$ corta a $BC$ en el punto $Z$. Sea $P$ un punto sobre la recta $XY$, y diferente de $Z$. La recta $CP$ intersecta al círculo de diámetro $AC$ en los puntos $C$ y $M$, y la recta $BP$ intersecta el círculo de diámetro $BD$ en los puntos $B$ y $N$. Demostrar que las rectas $AM$, $DN$ y $XY$ son concurrentes. 

Comentario metódico.
Este problema admite una solución analítica. La elección de los ejes es clave. Aunque la figura es asimétrica con respecto a la recta $XY$, los pares de puntos $M$ y $N$, $A$ y $D$, y $B$ y $C$, juegan un papel simétrico. Por eso es conveniente ubicar el origen en $Z$, y el eje $Y$ como la recta $XY$.



Imagen de Luis Brandon

Buen proceso, mucos problemas

Buen proceso, mucos problemas salen por analitica, el problema es ver como desarrollarlo. Otra solucion tambien muy padre y sencilla sale del echo de que XY es eje radical, Usando la potencia respecto a P el cuadrilatero $BCNM$ es ciclico!! Y de ello es facil provar que los angulos $\angle{DAM}+ \angle{MND} =180$ !!! que quiere decir esto? que $ADNM$ es ciclico....y eso que nos dice?, pues que si consideramos la circunferencia que pasa por dicho cuadrilatero, y las dos primeras que nos dan en los datos, tenemos que $AM, XY ,DN$ son ejes radicales!!!!! bueno y la pregunta es...y que con eso? pues ya es conocido que los ejes radicales concurren, y con eso se termina la prueva.
Imagen de Luis Brandon

Encontre explorando un poco

Encontre explorando un poco en la figura que este problema admite una solucion bastante simple a la que cualquiera con um poco de semejanza puede llegar y enserio un poco es verdaderamente muy poco!!!!!!!! Todos los puntos que dan en el problema estan fijos...Ok demostrare que las rectas pedidas concurren en un punto de XY fijo y  esto terminara el problema.

Sea Q la interseccion de DNcon XY es facil ver que los triangulos BPZ y QDZ son semejantes. De ahi:

$\frac{ZQ}{ZD}=\frac{ZB}{ZP}$ es decir $ZQ=\frac{ZD.ZB}{ZP}$

como A,D,B y P son puntos fijos por simetria AM tambien pasa por Q!!!!!!!!!

bueno eso es una prueva de que una idea buena implica una solucion mucho mas corta y atractiva si no me cren pueden crear un punto Q' hacer lo mismo que hice en el otro lado e igualar y veran que es cierto qeu ZQ=ZQ' saludos