Demostrar que los ángulos entre tangentes a circunferencias con centro en un trapecio son iguales

Di la distancia perpendicular desde el punto$P$a la base del trapecio es$h$y se encuentra con la base en$H$. También, perpendicular desde el punto medio de la pierna.$M_1$se encuentra con la base en$H_1$y digamos que la distancia del perpetrador desde el punto medio hasta la base es$d$. (Nota: dado$AB \parallel CD,$distancia del perpetrador$M_2$a la base del trapecio también será$d$usando el teorema del punto medio)

Primera nota que$\triangle PHB \sim \triangle M_1H_1B$

Entonces,$~ \displaystyle \frac{r_1}{d} = \frac{PM_1 + r_1}{h} \implies PM_1 = \frac{r_1 (h - d)}{d}$

dónde$r_1$es el radio del círculo en la pierna$BC$.

Ahora usando el triángulo rectángulo formado por$P, M_1$y el punto de tangencia a la circunferencia$m$,

$\displaystyle \sin \frac{\alpha}{2} = \frac{r_1}{PM_1} = \frac{d}{h-d}$

Demuestre de manera similar que$\displaystyle \sin \frac{\beta}{2} = \frac{d}{h-d}$

Eso lleva a$\alpha = \beta$.

Estás muy cerca. Recuerde que para reales positivos (para asegurarse de que el denominador no sea cero)

$$\frac{a}{b} = \frac{ c}{d} \Leftrightarrow \frac{b-a}{b+a} = \frac{ d-c}{d+c}.$$

Entonces, del trabajo de OP, tenemos$\frac{CB/2}{M_1 P } = \frac{AD/2}{M_2 P } \Leftrightarrow \frac{PB } {PC } = \frac { PA} {PD }$aplicando lo anterior, lo cual es cierto del conjunto de triángulos semejantes$PAB \sim PDC$con$AB\parallel DC$.

Definir$X\in m$tal que$PX$es tangente a$m$y definir$Y\in n$tal que$PY$es tangente a$n$. Entonces$\angle XPM_1=\dfrac{\alpha}{2}$y$\angle YPM_2=\dfrac{\beta}{2}$, por lo tanto, basta probar que$\angle XPM_1=\angle YPM_2$.
Usando el teorema de Tales obtenemos$\dfrac{|PB|}{|PC|}=\dfrac{|PA|}{|PD|}$, dejar$k$Sea esta razón común, entonces$|PB|=k\cdot |PC|$y$|PA|=k\cdot |PD|$. Usando el teorema de la potencia de un punto obtenemos

$$|PX|^2=|PC|\cdot |PB|=k\cdot |PC|^2$$ y $$|PY|^2=|PA|\cdot |PD|=k\cdot |PD|^2.$$ Dividiendo ambas ecuaciones obtenemos $$\left (\frac{|PX|}{|PY|}\right )^2=\left (\frac{|PC|}{|PD|}\right )^2$$ es decir$\dfrac{|PX|}{|PY|}=\dfrac{|PC|}{|PD|}$, porque la longitud de un segmento siempre es positiva.
Ahora,$M_1$y$M_2$son los puntos medios de$BC$y$AD$, y por lo tanto$AB\parallel M_1M_2\parallel CD$. Usando de nuevo el teorema de Tales obtenemos$\dfrac{|PC|}{|PD|}=\dfrac{|PM_1|}{|PM_2|}$. Por eso,$\dfrac{|PX|}{|PY|}=\dfrac{|PM_1|}{|PM_2|}$, es decir$\dfrac{|PM_1|}{|PX|}=\dfrac{|PM_2|}{|PY|}$. Finalmente,$\angle PXM_1=90^\circ =\angle PYM_2$porque$PX$y$PY$son tangentes a$m$y$n$, juntando esto con el hecho de que$\dfrac{|PM_1|}{|PX|}=\dfrac{|PM_2|}{|PY|}$obtenemos que$\triangle PXM_1$y$\triangle PYM_2$son similares, por lo tanto$\angle XPM_1=\angle YPM_2$, como quería.

Alternativamente,

$$\arccos \left (\frac{\alpha}{2}\right )=\arccos \left (\dfrac{|PM_1|}{|PX|}\right )=\arccos \left (\dfrac{|PM_2|}{|PY|}\right )=\arccos \left (\frac{\beta}{2}\right )$$ y de nuevo obtenemos$\dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{\beta}{2}$.

Vamos a dar una prueba basada en una transformación geométrica.

Estamos en un caso donde una transformación de similitud , es decir, una composición de una rotación (ángulo$\theta$) y una homotecia (relación$r$) puede proporcionar una demostración sencilla.

Demostremos que existe una semejanza$S$con centro$P$tal que$S(A)=B$y$S(D)=C$.

Sabiendo que$P,A,D$y$P,B,C$están alineados, es suficiente demostrar que

$$\frac{PB}{PA}=\frac{PC}{PD} \ \ \text{which is the ratio } r \tag{1}$$

y (1) es verdadera debido al teorema de la intersección .

Por lo tanto, podemos concluir a la igualdad de ángulos porque esta transformación de semejanza

• envía el círculo con diámetro$AD$sobre el círculo de diámetro$BC$,

• conserva ángulos, (como cualquier transformación de semejanza porque tanto la parte de rotación como la parte de homotecia los conservan).

Observación: el ángulo$\theta$de la transformación de semejanza es evidentemente$DPC$.