Geometría Moderna I: Ejercicios Teorema de Ptolomeo

Introducción

En esta entrada resolveremos varios ejercicios usando el Teorema de Ptolomeo.

Calculo de una cuerda

Problema 1. Sea $\square ABCD$ un cuadrado, sobre $\overline{AD}$ construimos externamente un triángulo rectángulo $\triangle ADE$ de tal manera que $\overline{AD}$ es la hipotenusa, si $AE = 10$ y $DE = 5$, encuentra la medida de $\overline{EF}$ donde $F$ es la intersección de las diagonales del cuadrado.

Solución. Usando el Teorema de Pitágoras podemos calcular el lado del cuadrado
$AD = \sqrt{100 + 25} = \sqrt{125} = 5\sqrt{5}$.

Notemos que un cuadrado es un paralelogramo, por lo tanto, sus diagonales se intersecan en su punto medio, es un rectángulo por lo tanto sus diagonales tienen la misma longitud y es un rombo por lo tanto sus diagonales son perpendiculares, de estos tres argumentos concluimos que $\triangle ADF$ es un triángulo rectángulo isósceles.

Aplicando Pitágoras ahora a $\triangle ADF$ obtenemos $2AF^2 = AD^2$, por lo tanto $AF = \dfrac{\sqrt{2}}{2} (5\sqrt{5}) = \dfrac{5\sqrt{10}}{2}$.

Como $\angle DFA$ y $\angle AED$ son ángulos rectos, son suplementarios, así que $\square AFDE$ es cíclico, usando el Teorema de Ptolomeo podemos calcular el valor de la diagonal $\overline{EF}$.

$EF = \dfrac{AF \times DE + AE \times DF}{AD} = \dfrac{(\dfrac{5\sqrt{10}}{2})(5 + 10)}{5\sqrt{5}} = \dfrac{15\sqrt{2}}{2}$.

$\blacksquare$

Problema 2. Sea $\triangle ABC$ un triángulo inscrito en una circunferencia de radio 5, con $AB = 5$ y $AC = 6$, calcula $BC$.

Solución. Sea $O$ el centro del circuncírculo notemos que una vez trazada la cuerda $\overline{AB}$, podemos encontrar $C$, $C’ \in (O, 5)$ distintos tal que $AC = AC’ = 6$, por lo tanto tendremos 2 posibles soluciones.

Tracemos el diámetro que pasa por $A$, $AE = 10$.

Aplicamos el Teorema de Pitágoras al triangulo rectángulo $\triangle ACE$ para calcular $CE$
$CE^2 = AE^2 – AC^2 = 100 – 36 = 64$, por lo tanto $CE = 8$.

Hacemos lo mismo con $\triangle ABE$ para calcular $BE$
$BE^2 = AE^2 -AB^2 = 100 – 25 = 75$ por lo tanto $BE = 5\sqrt{3}$

Consideremos el caso en el que $C$ está del lado opuesto a $B$ respecto al diámetro $\overline{AE}$, entonces en $\square ABEC$, $\overline{BC}$ es una diagonal que podemos calcular usando Ptolomeo
$BC = \dfrac{AB \times EC + AC \times BE}{AE} = \dfrac{(5)(8) + (6)(5\sqrt{3})}{10} = 4 + 3\sqrt{3}$

El segundo caso es cuando $B$ y $C$ están del mismo lado respecto a $\overline{AE}$, entonces $\overline{BC}$ es uno de los lados de $\square ABCE$ y por lo tanto
$BC =\dfrac{BE \times AC – AB \times CE}{AE} = \dfrac{5\sqrt{3}(6)  – (5)(8)}{10} = 3\sqrt{3} – 4$.

$\blacksquare$

Distancia de los vértices de un polígono cíclico a un punto del circuncírculo

Problema 3. Sean $\triangle ABC$ isósceles con $AB = AC$ y $P$ un punto en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$ del circuncírculo de $\triangle ABC$, muestra que $\dfrac{PA}{PB + PC} = \dfrac{AC}{BC}$.

Solución. Aplicando el Teorema de Ptolomeo a $\square ABPC$ tenemos que $PA \times BC = AB \times PC + AC \times PB = AC \times PC + AC \times PB = AC(PC + PB)$ $\Leftrightarrow$ $\dfrac{PA}{PB + PC} = \dfrac{AC}{BC}$.

$\blacksquare$

Problema 4. Sean $ABCDE$ un pentágono regular inscrito en una circunferencia y $P$ un punto en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$, muestra que $PA + PD = PB + PC + PE$.

Solución. Notemos que al trazar las diagonales del pentágono regular se forman triángulos que son congruentes por criterio lado, ángulo, lado y por lo tanto las diagonales tienen la misma longitud.

Aplicando el Teorema de Ptolomeo a $\square ABPC$  y $\square BPCD$ obtenemos
$BC \times PA = AB \times PC + AC \times PB = BC \times PC + AC \times PB$
$BC \times PD = PB \times CD + PC \times BD = PB \times BC + PC \times AC$.

Sumando estas dos últimas igualdades tenemos $\begin{equation} BC(PA + PD) = BC(PB + PC) + AC(PB + PC) \end{equation}$

Por otra parte dado que $\triangle BEC$ es isósceles podemos aplicar el resultado del problema anterior y obtenemos $\dfrac{PE}{PB + PC} = \dfrac{EC}{BC}$ $\Leftrightarrow$ $\begin{equation} \dfrac{PE \times BC}{PB + PC} = EC = AC \end{equation}$

Sustituyendo (2) en (1) resulta
$BC(PA + PD) = BC(PB + PC) + \dfrac{PE \times BC}{PB + PC} (PB + PC)$ $\Leftrightarrow$ $PA + PD = PB  + PC + PE$.

$\blacksquare$

Ptolomeo extendido a un hexágono

Problema 5. Sea $ABCDEF$ un hexágono convexo inscrito en una circunferencia. Consideremos las diagonales que dividen al hexágono en dos cuadriláteros cíclicos, $AD = d$, $CF = e$ y $BE = f$ y los lados del hexágono que no comparten vértices con dichas diagonales $BC = a$, $EF = a’$, $DE = b$, $AB = b’$, $AF = c$, $CD = c’$ respectivamente, entonces $def = aa’d + bb’e + cc’f + abc +a’b’c’$.

Demostración. Aplicando el Teorema de Ptolomeo a $\square ABCD$ y $\square BCDE$ obtenemos
$ad + b’c’ = AC \times BD$ y $ab + c’f = BD \times CE$.

Multiplicamos por a’ y c respectivamente y después sumamos el resultado y obtenemos:
$aa’d + a’b’c’ + abc + cc’f = a’(AC \times BD) + c(BD \times CE) = BD(a’AC + cCE)$.

Aplicando Ptolomeo a $\square ACEF$ $a’AC + cCE = FE \times AC + AF \times CE = CF \times AE = eAE$.

Por lo tanto $aa’d + a’b’c’ + abc + cc’f = BD(eAE) = e (BD \times AE)$.

Ahora consideramos $\square ABDE$ y por el Teorema de Ptolomeo obtenemos
$BD \times AE = AD \times BE – AB \times DE = df -bb’$.

Finalmente, $aa’d + a’b’c’ + abc + cc’f = e(df – bb’)$ $\Leftrightarrow$ $def = aa’d + bb’e + cc’f + abc +a’b’c’$.

$\blacksquare$

Otros problemas

Problema 6. Sea $\square ABCD$ un paralelogramo, trazamos un círculo que pasa por $A$ y corta a $\overline{AB}$, $\overline{AC}$ y $\overline{AD}$ en $E$, $F$ y $G$ respectivamente. Muestra que $AC \times AF = AB \times AE + AD \times AG$.

Solución. Notemos que la diagonal $\overline{AC}$ divide al paralelogramo en dos triángulos congruentes, como $\overline{AD} \parallel \overline{BC}$ entonces $\measuredangle CAD = \measuredangle ACB$ y $\measuredangle DCA = \measuredangle BAC$ así que por criterio ángulo, lado, ángulo $\angle ABC$ y $\angle CDA$ son congruentes.

Luego tenemos que como $\square AEFG$ es cíclico ocurre que $\measuredangle BAF = \measuredangle EAF = \measuredangle EGF$ y $\measuredangle FEG = \measuredangle FAG = \measuredangle CAD$ por lo tanto el triángulo $\triangle GFE$ es semejante a $\triangle ABC$ y a $\triangle CDA$, de esto se sigue que $\dfrac{AC}{EG} = \dfrac{AD}{EF} = \dfrac{AB}{FG}$.

Aplicando el Teorema de Ptolomeo $\square AEFG$ obtenemos $AF \times EG = AG \times EF + AE \times FG$.

Multiplicamos esta última ecuación por la razón de semejanza
$\dfrac{AC}{EG} (AF \times EG) = \dfrac{AD}{EF}(AG \times EF) + \dfrac{AB}{FG}(AE \times FG)$ $\Leftrightarrow$ $AC \times AF = AB \times AE + AD \times AG$.

$\blacksquare$

Problema 7. Expresa la razón de las diagonales de un cuadrilátero cíclico en términos de sus lados.

Solución. Sea $\square ABCD$ un cuadrilátero cíclico. Tomemos $E$, $F \in (O, OA)$ el circuncírculo de $\square ABCD$ tal que $EA = CD$ y $DF = AB$

Aplicando Ptolomeo a $\square ABCE$ y $\square BCDF$ obtenemos
$\begin{equation} AC \times BE = AB \times CE + EA \times BC = AB \times CE + CD \times BC \end{equation}$
$\begin{equation} BD \times CF = BF \times CD + DF \times BC = BF \times CD + AB \times BC \end{equation}$

Notemos que $\triangle EOA$ y $\triangle COD$ son congruentes por lado, lado, lado luego $\measuredangle EOA = \measuredangle COD$, similarmente $\triangle AOB$ y $\triangle DOF$ son congruentes así que $\measuredangle AOB = \measuredangle DOF$

Entonces $\measuredangle EOB = \measuredangle EOA + \measuredangle AOB = \measuredangle COD + \measuredangle DOF = \measuredangle COF$, luego por criterio lado, ángulo, lado $\triangle EOB$ y $\triangle COF$ son congruentes así $BE = CF$.

Ahora consideremos al cuadrilátero cíclico $\square ABDF$ y $G$ la intersección de sus diagonales, ya que $\measuredangle BAD = \measuredangle BFD$, $AB = DF$ y $\measuredangle FBA = \measuredangle FDA$, por criterio lado, ángulo, lado $\triangle GAB$ y $\triangle GFD$ son congruentes por lo tanto $BF = BG + GF = DG + GA = AD$.

Fijándonos en $\square EACD$ y por un argumento similar al anterior concluimos que $CE = AD$.

Finalmente sustituimos los valores correspondientes en las ecuaciones (3) y (4) y hacemos el cociente.

$\dfrac{AC}{BD} = \dfrac{AB \times AD + CD \times BC}{AD \times CD + AB \times BC}$.

$\blacksquare$

Tarea moral

  1. Sean $\square ABCD$ un rectangulo y $E \in \overline{AD}$ tal que $AE = 6$, $AD = 8$ y $AB = 6$. Consideremos $F$, la intersección de $\overline{BE}$ con el circuncírculo de $\square ABCD$, calcula $AF$.
  1.  Sea $\triangle ABC$ un triángulo rectángulo donde $\overline{AC}$ es la hipotenusa, sean $P$ el punto medio de $\overline{BC}$ y $Q \in \overline{AC}$ tal que $\overline{PQ}$ es perpendicular a $\overline{AC}$, si $AB = 3$ y $BC = 4$, encuentra la medida de $\overline{BQ}$ usando el Teorema de Ptolomeo.
  2. Sea $\square ABCD$ un cuadrilátero y $E$ la intersección de las diagonales $\overline{AC}$ y $\overline{BD}$, si $AE = 2$, $BE = 5$, $CE = 10$, $DE = 4$ y $BC = \dfrac{15}{2}$ calcula $AB$.
  3. Sean $\triangle ABC$ equilátero y $P$ un punto en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$ del circuncírculo de $\triangle ABC$, prueba que $PA = PB + PC$.
  4. Sean $\square ABCD$ un cuadrado y $P \in \overset{\LARGE{\frown}}{BC}$ del circuncírculo de $\square ABCD$, muestra que $\dfrac{PA +PC}{PD + PB} = \dfrac{PD}{PA}$.
  5. Sean $ABCDEF$ un hexágono regular y $P \in \overset{\LARGE{\frown}}{BC}$ del circuncírculo de $ABCDEF$, muestra que $PE + PF = PA + PB + PC + PD$.
  6. Sean $\triangle ABC$ equilátero, $P \in \overset{\LARGE{\frown}}{BC}$ del circuncírculo de $\triangle ABC$ y $D$ la intersección de $\overline{BC}$ con $\overline{AP}$, demuestra que $\dfrac{1}{PD} = \dfrac{1}{PB} + \dfrac{1}{PC}$.
  7. Sean $\square ABCD$ un paralelogramo y $P$ en el interior del mismo tal que $\angle DPA$ y $\angle BPC$ son suplementarios, muestra que $AD \times CD = AP \times CP + BP \times DP$.

Más adelante…

En la próxima entrada hablaremos sobre trigonometría y veremos como el Teorema de Ptolomeo es muy útil para mostrar varias identidades trigonométricas.

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