Tres circunferencias con un punto común. (Problema 2, OIM)

Versión para impresión
Sin votos (todavía)

Con centro en el incentro I, de un triángulo ABC se traza una circunferencia que corta en dos puntos a cada uno de los tres lados del triángulo: al segmento BC en D y P (siendo D el más cercano a B); al segmento CA en E y Q (siendo E el más cercano a C), y al segmento AB en F y R (siendo F el más cercano a A).

Sea S el punto de intersección de las diagonales del cuadrilátero EQFR. Sea T el punto de intersección de las diagonales del cuadrilátero FRDP. Sea U el punto de intersección de las diagonales del cuadrilátero DPEQ.

Demostrar que las circunferencias circunscritas a los triángulos FRT, DPU y EQS tienen un único punto común.




Imagen de German Puga

Hola, bueno como $\angle RAI

Hola, bueno como $\angle RAI = \angle IAE$ y como $AI=AI$ y $IR=IE$ se dara que $ ARI \equiv AIE$ esto no es el criterio LAL pero estos datos son suficientes, podemos aplicar ley de senos para constatarlo. de alli a que  $AR=AE$ de manera analoga $(AR,AE) (AF,AQ) (BF,BP) (BR,BD) (CP,CE) (CD,CQ) $ son iguales por parejas.

Por lo que al usar el teorema de tales, FQ es paralela a RE por lo que FQER es un trapecio isoceles ciclico,  tambien lo son DQEP y DRFP. Esto nos da la idea de que los arcos, FR , DP y QE son iguales por lo tanto los angulos que los tomen seran iguales. Supongamos que $\angle REF = \alpha$ por lo que $\angle QSU = \angle RTF = \angle DUP = 2\alpha$ esto usando los hechos de las parelas y los angulos iguales recien encontrados.

Ahora, como $\angle REF = \alpha$ e $I$ es el centro de la circunferencia entonces $\angle RIF = 2\alpha$ por lo que $I$ esta sobre la circunferencia circunscrita a $RFT$, pero tambien $\angle DIP = 2\alpha$ por lo que $I$ esta sobre la circunferencia circunscrita a DPU y de la misma manera esta sobre la circunferencia circunscrita a QES. es decir I esta sobre las circunferencias  de FRT, QES y DPU.

y pues I es el punto en comun de  dichas circunferencias.

Saludos

Germán.