Ensayo de Shuyriguin cuadrilátero cíclicos

1.5. Cuadril´ateros c´ıclicos.

Un hecho muy conocido en geometr´ıa es que por cualesquiera tres puntos no alineados pasa exactamente una circunferencia. ¿Pero qu´e podemos decir si con-sideramos cuatro puntos en lugar de tres? Como es de esperarse, no siempre existir´a una circunferencia que pase por los cuatro puntos dados. Por ejemplo, consideremos la circunferencia que pasa por tres puntos dados (la cual es ´unica), A, B, C, y agreguemos un cuarto punto, D, el cual no est´ sobre la circunferen-cia. Claramente, no existe una circunferencia que pase por estos cuatro puntos, ya que en particular pasar´ıa por A, B, C, y por la manera en que escogimos a D, ´esta no puede pasar por D. De aqu´ı vemos que los cuadril´ateros que posean una circunferencia que pase por sus v´ertices deben ser en cierta forma especiales. A tales cuadril´ateros se les acostumbra llamar cuadril´ateros c´ıclicos.

Definici´on 1.5.1 Un cuadril´atero que est´a inscrito en una circunferencia, es decir, sus cuatro v´ertices est´an sobre una misma circunferencia se dice que es un cuadril´atero c´ıclico.

Veremos que dos ´angulos opuestos de un cuadril´atero c´ıclico suman 180◦, m´as a´un, para que un cuadril´atero sea c´ıclico es suficiente con verificar que dos ´angulos opuestos sumen 180◦.

Teorema 1.5.1 Un cuadril´atero es c´ıclico si y s´olo si la suma de dos ´angulos opuestos es igual a 180◦.

Demostraci´on. Para probar esto, primero vamos a suponer que el cuadril´atero

d d

ABCD es c´ıclico. Tenemos que el ∡DAB = BD2 y ∡BCD = DB2 , y como

d d ◦

BD + DB = 360 (midiendo los ´angulos en grados), tenemos que ∡DAB + ∡BCD = α + β = 180◦.

28 Conceptos y teoremas b´asicos

D

α

β

C

Ahora supongamos que ∡DAB + ∡BCD = α + β = 180◦. Tracemos la circun-ferencia que pasa por los v´ertices D, A y B y supongamos que ´esta no pasa por el v´ertice C. Prolonguemos DC hasta que intersecte a la circunferencia en C′. Como el cuadril´atero ABC′D es c´ıclico tenemos que ∡DAB + ∡BC′D = 180◦, esto quiere decir que ∡BC′D = ∡BCD = β y entonces DC es paralelo a DC′, lo cual es una contradicci´on ya que l´ıneas paralelas no se intersectan. Entonces C coincide con C′ y por lo tanto el cuadril´atero ABCD es c´ıclico.

A D

α

β β

B

C C′

Ahora vamos a hacer un ejemplo donde utilicemos el teorema anterior:

Ejemplo 1.5.1 Las circunferencias C1 y C2 se intersectan en los puntos A y B. Por el punto A se traza una recta que corta a las circunferencias C1 y C2 en los puntos C y D, respectivamente. Por los puntos C y D se trazan tangentes a las circunferencias, las cuales se intersectan en el punto M. Demuestra que el cuadril´atero M CBD es c´ıclico.

M

θ

β D

A

α

C

β

C1B

C2

Soluci´on. Queremos probar que ∡CM D + ∡DBC = 180◦. Tracemos la cuerda com´un AB. Tenemos que ∡M CA = ∡CBA = α ya que uno es ´angulo semi-inscrito y el otro es ´angulo inscrito, ambos en la circunferencia C1. An´alogamente se demuestra que ∡M DA = ∡DBA = β (en C2). Tenemos que α + β + θ = 180◦, por ser los ´angulos internos del tri´angulo △M CD, pero como ∡CBD =

+ β tenemos que ∡CM D + ∡DBC = 180◦.

Ejemplo 1.5.2 Sea BC el di´ametro de un semic´ırculo y sea A el punto medio

d

del semic´ırculo. Sea M un punto sobre el arco AC. Sean P y Q los pies de las perpendiculares desde A y C a la l´ınea BM, respectivamente. Demuestra que BP = P Q + QC.

Soluci´on. Consideremos el punto D sobre el rayo BP de tal manera que QD = QC, entonces P D = P Q + QD = P Q + QC. Bastar´ entonces probar que P es el punto medio de BD. Primero, tenemos que Q y M coinciden, entonces ∡QDC = ∡QCD = 45◦, y como O es el punto medio de BC, ahora tendremos que demostrar que OP es paralelo a DC. Para esto, bastar´ demostrar que ∡BP O = 45◦. Como AO ⊥ BC y ∡AP B = 90◦ tenemos que AP OB es c´ıclico y de aqu´ı que ∡BP O = ∡BAO = 45◦, por lo tanto BP = P Q + QC.

CM

M P

Aunque el siguiente ejemplo ya fue demostrado en la secci´on anterior, damos una demostraci´on m´as utilizando cuadril´ateros c´ıclicos.

Ejemplo 1.5.3 Sea △ABC un tri´angulo tal que AB > AC > BC. Sea D un punto sobre el lado AB de tal manera que CD = BC, y sea M el punto medio del lado AC. Demuestra que BD = AC si y s´olo si ∡BAC = 2∡ABM.

Demostraci´on. Sea P un punto sobre BM tal que ∡P AM = ∡M BA = α. Los tri´angulos △M AP y △M BA comparten el ´angulo ∡BM A y por construcci´on ∡P AM = ∡M BA, por tanto, son semejantes. As´ı que MM AP = MM BA . Como M A =

CM, se tiene que = MCMB . Entonces, los tri´angulos △M CP y △M BC tienen

lados proporcionales, adem´as comparten el ´angulo ∡CM B. Se sigue que son semejantes. De aqu´ı obtenemos que ∡M CP = ∡M BC = β.

A

D α

β

M

P

α

β

β

B C

Ahora, observemos que ∡AP C = 180 − (α + β). Por otro lado, como α + β = ∡ABC = ∡CDB, se tiene que ∡ADC = 180 − (α + β) = ∡AP C. Obtenemos que el cuadril´atero CP DA es c´ıclico. Esto implica que ∡P DB = ∡P CA = β. Se sigue que los tri´angulos △CP A y △DP B son semejantes. Entonces, BD =

∡A = 2∡M BA.

Ejemplo 1.5.4 Sea △ABC un tri´angulo y sea D el pie de la altura desde A. Sean E y F sobre una l´ınea que pasa por D de tal manera que AE es perpendicular a BE, AF es perpendicular a CF , E y F son diferentes de D. Sean M y N los puntos medios de BC y EF , respectivamente. Demuestra que AN es perpendicular a N M.

A

α

F

β

θ N

α

E

θ β

B D M C

Demostraci´on.

...