3 comentarios el “042: 4b507X 004LC P4_paral O1Q2

  1. bueno el problema es muy sencillo solo es semejaza pero nose si estaria bien proponer esta solucion primero si ABCD fuera exinscriptible por D (osea esa circunferencia nueva esta para afuera para el lado de D)entos al aplicar el problema d apolonio (sobre colinealidad de centros de homotecia)con esas dos y las nueva pues sale. Nose si estaria bien y decir que el paralelogramo es exinscriptible por todo los verctices a circnferencias de GRAN radio nuse podria convertirse un metodo px nuse en vrdd xD asi como colinealidad con puntos impropios y eso mediante proyeciones pero algo mas simple pero abstracto con una circunferencia U__U
    Saludos

  2. Por J tracese la tangente común a las circunferencias, la cual determina con los lados AB y CD, dos triángulos semejantes, donde J es homólogo de sí mismo para los dos triángulos. de allí A, J, D son colineales.

  3. Sean K y los puntos de tangencia sobre BD y AB. Se entiende que los puntos G,J y K son colineales., dado que las circunferencias son tangentes exteriores y BD//AC. Tomamos como centro de hometecia el punto J y razón R/r,siendo R y r los radios de las circunferencias de centro F y E , entonces K es el homotético de G.
    Se observa que los arcos LG y KH son iguales en mediada, entonces en <LAG es el homotético del <HDK, de donde deducimos que A es el homotético de D.
    ∴ A, J y D son colineales.

    PD: L, J y H también son colineales.

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