Geometría Moderna I: Teorema de Casey

Introducción

En esta ocasión demostraremos el teorema generalizado de Ptolomeo conocido como teorema de Casey, el cual nos dice que los vértices del cuadrilátero cíclico, al que hace mención el teorema de Ptolomeo, pueden ser considerados como circunferencias de radio distinto de cero, y los lados o diagonales del cuadrilátero cíclico se pueden pensar como segmentos tangentes entre dos circunferencias.

Tangente común a dos circunferencias

Proposición. Sean $(O_{1}, R_{1})$, $(O_{2}, R_{2})$, dos circunferencias tal que ninguna contiene a la otra y $P_{1}$, $P_{2}$ los puntos en que una recta es tangente a ambas circunferencias, entonces:

$i)$ Si $\overline{P_{1}P_{2}}$ es exterior, es decir, no cruza el segmento $\overline{O_{1}O_{2}}$ (figura 1),
$P_{1}P_{2}^2 = O_{1}O_{2}^2 – (R_{1} – R_{2})^2$
$ii)$ Si $\overline{P_{1}P_{2}}$ es interior, es decir, interseca al segmento $\overline{O_{1}O_{2}}$ (figura 2),
$P_{1}P_{2}^2 = O_{1}O_{2}^2 – (R_{1} + R_{2})^2$.

Demostración. Sin pérdida de generalidad supongamos $R_{1} \geq R_{2}$.

$i)$ Sean $A$ la intersección de $\overline{O_{1}P_{1}}$ con la paralela a $\overline{O_{1}O_{2}}$ trazada desde $P_{2}$ y $B$ la intersección de $\overline{O_{2}P_{2}}$ con la paralela a $\overline{O_{1}O_{2}}$ trazada desde $P_{1}$.

Figura 1

Notemos que como $\overline{O_{1}P_{1}} \perp \overline{P_{1}P_{2}}$ y $\overline{O_{2}P_{2}} \perp \overline{P_{1}P_{2}}$ entonces $\overline{O_{1}P_{1}} \parallel \overline{O_{2}P_{2}}$, por lo tanto, $\square P_{1}O_{1}O_{2}B$, $\square P_{1}AP_{2}B$ y $\square AO_{1}O_{2}P_{2}$ son paralelogramos, de esto se sigue que $P_{1}B = O_{1}O_{2}$ y $P_{2}B = AP_{1} = R_{1} -AO_{1} = R_{1} – R_{2}$.

Como $\angle BP_{2}P_{1} = \dfrac{\pi}{2}$ podemos aplicar el teorema de Pitágoras a $\triangle BP_{2}P_{1}$
$P_{1}P_{2}^2 = P_{1}B^2 – P_{2}B^2 = O_{1}O_{2}^2 – (R_{1} – R_{2})^2$.

$\blacksquare$

$ii)$ Sea $C$ la intersección de $\overline{O_{2}P_{2}}$ con la paralela a $\overline{P_{1}P_{2}}$ trazada desde $O_{1}$, como $\overline{O_{1}C} \parallel \overline{P_{1}P_{2}}$ y $\overline{P_{1}P_{2}} \perp \overline{O_{2}P_{2}}$ entonces $\angle O_{1}CO_{2} = \dfrac{\pi}{2}$ además $\square CO_{1}P_{1}P_{2}$ es un paralelogramo por lo que $CO_{1} = P_{1}P_{2}$ y $CP_{2} = O_{1}P_{1} = R_{1}$.

Figura 2

Aplicando el teorema de Pitágoras a $\triangle O_{1}CO_{2}$ obtenemos
$P_{1}P_{2}^2 = CO_{1}^2 = O_{1}O_{2}^2 – CO_{2}^2$
$= O_{1}O_{2}^2 – (CP_{2} + P_{2}O_{2})^2 = O_{1}O_{2}^2 – (R_{1} + R_{2})^2$.

$\blacksquare$

Teorema de Casey

Teorema 1. Sen $(O_{1}, R_{1})$, $(O_{2}, R_{2})$, dos circunferencias tangentes a una tercera $(O, R)$ en dos puntos distintos $A$ y $B$ respectivamente y considera $P_{1}$, $P_{2}$ los puntos en que una recta es tangente a ambas circunferencias, entonces:

$i)$ Si $(O_{1}, R_{1})$, $(O_{2}, R_{2})$, son interiores a  $(O, R)$ y $\overline{P_{1}P_{2}}$ es exterior (figura 3),
$P_{1}P_{2} = \dfrac{AB}{R} \sqrt{(R – R_{1})(R – R_{2})}$
$ii)$ Si $(O_{1}, R_{1})$, $(O_{2}, R_{2})$, son exteriores a $(O, R)$ y $\overline{P_{1}P_{2}}$ es exterior (figura 4),
$P_{1}P_{2} = \dfrac{AB}{R} \sqrt{(R + R_{1})(R + R_{2})}$
$iii)$ Si $(O_{1}, R_{1})$ es exterior y $(O_{2}, R_{2})$ es interior a $(O, R)$ y $\overline{P_{1}P_{2}}$ es interior (figura 5),
$P_{1}P_{2} = \dfrac{AB}{R} \sqrt{(R + R_{1})(R –  R_{2})}$

Figura 3

Demostración. Sea $\phi = \angle AOB$.
$i)$ Aplicamos la ley de cosenos a $\triangle O_{1}OO_{2}$ y a $\triangle AOB$
$O_{1}O_{2}^2 = O_{1}O^2 + O_{2}O^2 – 2O_{1}O \times O_{2}O \cos \phi$
$\begin{equation} = (R – R_{1})^2 + (R – R_{2})^2 – 2(R – R_{1})(R – R_{2})\cos \phi \end{equation}$

$AB^2 = AO^2 + BO^2 – 2AO \times BO \cos \phi = 2R^2 – 2R^2\cos \phi$
$\Leftrightarrow$
$\begin{equation} \cos \phi = 1 – \dfrac{AB^2}{2R^2} \end{equation}$

Por la proposición anterior parte $i)$ y de las ecuaciones $(1)$ y $(2)$ tenemos
$P_{1}P_{2}^2 = O_{1}O_{2}^2 – (R_{1} – R_{2})^2$
$= (R – R_{1})^2 + (R – R_{2})^2 – 2(R – R_{1})(R – R_{2})(1 – \dfrac{AB^2}{2R^2}) – (R_{1} – R_{2})^2$
$= R^2 – 2RR_{1} + R_{1}^2 + R^2 – 2RR_{2} + R_{2}^2 – 2(R^2 – RR_{2} – RR_{1} + R_{1}R_{2})$
$+ 2(R – R_{1})(R – R_{2})\dfrac{AB^2}{2R^2} – (R_{1} – R_{2})^2$
$= (R – R_{1})(R – R_{2})(\dfrac{AB^2}{R^2})$
$\Leftrightarrow P_{1}P_{2} = \dfrac{AB}{R} \sqrt{(R – R_{1})(R – R_{2})}$

$ii)$ y $iii)$ se muestran con un razonamiento similar.

$\blacksquare$

Figura 4
Figura 5

Corolario o teorema de Casey. Sean $(O_{i}, R_{i})$, $i = 1, 2, 3, 4$ circunferencias tangentes a una quinta circunferencia $(O, R)$, respectivamente en los puntos $A$, $B$, $C$ y $D$, en ese orden (figura 6), y denotemos como $\delta_{ij}$ a la medida de la tangente común a $(O_{i}, R_{i})$ y $(O_{j}, R_{j})$ la cual tomaremos como exterior si ambas circunferencias son interiores a $(O, R)$ o si ambas son exteriores a $(O, R)$, pero si una es interior y la otra es exterior a $(O, R)$ entonces tomaremos el segmento de la tangente interior a ambas circunferencias.

Bajo estas condiciones se verifica la siguiente igualdad
$\delta_{12} \delta_{34}  + \delta_{14}\delta_{23}  = \delta_{13}\delta_{24}$.

Notemos que cuando las 4 circunferencias tangentes a $(O, R)$ tienen radio igual a $0$, el resultado es el teorema de Ptolomeo.

Demostración. Mostraremos el caso en que dos circunferencias son interiores y dos son exteriores a $(O, R)$, todos los demás casos son análogos.

Figura 6

Solo hay que sustituir el valor de cada segmento de tangente de acuerdo al teorema 1 y recordar que por el teorema de Ptolomeo $AB \times CD + AD \times BC = AC \times BD$.

$\delta_{12} \delta_{34}  + \delta_{14}\delta_{23}$ 
$= \dfrac{AB}{R} \sqrt{(R + R_{1})(R –  R_{2})} \dfrac{CD}{R} \sqrt{(R + R_{4})(R –  R_{3})}$
$+ \dfrac{BC}{R} \sqrt{(R – R_{2})(R – R_{3})} \dfrac{AD}{R} \sqrt{(R + R_{1})(R + R_{4})}$
$= \dfrac{ AB \times CD + AD \times BC }{R} \sqrt{(R + R_{1})(R –  R_{2})(R + R_{4})(R –  R_{3})}$
$=\dfrac{ AC \times BD }{R} \sqrt{(R + R_{1})(R –  R_{2})(R + R_{4})(R –  R_{3})}$
$= \dfrac{AC}{R} \sqrt{(R + R_{1})(R –  R_{3})} \dfrac{BD}{R} \sqrt{(R + R_{4})(R –  R_{2})}$
$= \delta_{13}\delta_{24}$

$\blacksquare$

En la siguiente figura se ilustran todos los posibles casos.

Figura 7

Problemas

Problema 1. Sean $\Gamma_{1}$, $\Gamma_{2}$, dos circunferencias tangentes entre si (exteriormente) en $I$ y al mismo tiempo son tangentes a una tercer circunferencia $\Gamma$ (interiormente), consideremos la tangente por $I$ y su intersección $A$ con $\Gamma$ y otra tangente común (exterior) a $\Gamma _{1}$, $\Gamma _{2}$, en $X$, $Y$ respectivamente la cual interseca a $\Gamma$ en $B$ y $C$ (figura 8). Entonces $I$ es el incentro de $\triangle ABC$.

Figura 8

Demostración. Sea $D = BC \cap AI$, entonces $DX = DI = DY$, pues $DX$, y $DI$ son segmentos tangentes a $\Gamma_{1}$, trazadas desde $D$ y $DI$, $DY$ son segmentos tangentes a $\Gamma_{2}$ trazadas desde $D$, consideremos los puntos $A$, $B$  y $C$ como circunferencias de radio $0$.

 Aplicamos el Teorema de Casey a $A$, $\Gamma_{1}$, $B$, y $C$ tangentes a $\Gamma$.
$\begin{equation} AI \times BC + BX \times AC = AB \times XC = AB \times (2DI + CY) \end{equation}$

Hacemos lo mismo con los círculos $A$, $B$, $C$ y $\Gamma_{2}$ tangentes a $\Gamma$.
$\begin{equation} AB \times CY + AI \times BC = AC \times BY = AC \times (BX + 2DI) \end{equation}$

Restamos $(4)$ a $(3)$
$BX \times AC – AB \times CY = 2 AB \times DI + AB \times CY – 2 AC \times DI – AC \times BX$
$\Leftrightarrow AC \times DI + AC \times BX = AB \times DI + AB \times CY$
$\Leftrightarrow AC \times BD = AC(DI + BX) = AB(DI + CY) = AB \times CD$
$\Leftrightarrow$
$\begin{equation} \dfrac{BD}{CD} = \dfrac{AB}{AC} \end{equation}$

Por el reciproco del teorema de la bisectriz, la última igualdad nos dice que $\overline{AD}$ es bisectriz de $\angle A$.

Ahora sumamos $(4)$ y $(3)$
$2AI \times BC + BX \times AC + AB \times CY$
$= 2AB \times DI + AB \times CY + 2AC \times DI + AC \times BX$
$\Leftrightarrow AI \times BC = AB \times DI + AC \times DI$
$\Leftrightarrow \dfrac{AI}{DI} = \dfrac{AB + AC}{BC}$

Por otra parte de $(5)$ tenemos
$\dfrac{BD}{CD} = \dfrac{AB}{AC}$
$\Leftrightarrow \dfrac{BC}{CD}  = \dfrac{BD + CD}{CD} = \dfrac{AB + AC}{AC}$
$\Leftrightarrow \dfrac{AC}{CD} = \dfrac{AB + AC}{BC}$

Por lo tanto $\dfrac{AI}{DI} = \dfrac{AC}{CD}$, se sigue que $\overline{CI}$ es bisectriz de $\angle C$. Así $I$ es el incentro de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Problema 2. Sea $\square ABCD$ un cuadrado y $(O, R)$ un círculo en el interior de $\square ABCD$, y consideremos $(O_{i}, R_{i})$, $i = 1,2,3,4$ cuatro circunferencias cada una tangente a dos lados del cuadrado y a $(O, R)$ al mismo tiempo, encuentra una representación del lado del cuadrado en términos de los $R_{i}$, $i = 1,2,3,4$.

Figura 9

Solución. Por construcción cada lado del cuadrado es tangente a dos circunferencias así que si $\delta_{ij}$ denota la longitud del segmento tangente común a dos circunferencias entonces
$\delta_{12} = AB – R_{1} – R_{2}$
$\delta_{23} = AB – R_{2} – R_{3}$
$\delta_{34} = AB – R_{3} – R_{4}$
$\delta_{14} = AB – R_{1} – R_{4}$.

Por otra parte para calcular $\delta_{13}$ consideremos $P$ la intersección de la perpendicular a $\overline{BC}$ por $O_{1}$, con la perpendicular a $\overline{AB}$ por $O_{3}$ entonces $\triangle O_{1}PO_{3}$ es rectángulo y por el teorema de Pitágoras
$O_{1}O_{3}^2 = 2(AB – R_{1} – R_{3})^2$.

Por la proposición parte $i)$ tenemos que
$\delta_{13}^2 = O_{1}O_{3}^2 – (R_{1} – R_{3})^2 = 2(AB – R_{1} – R_{3})^2 – (R_{1} – R_{3})^2$
$\Leftrightarrow \delta_{13} = \sqrt{2(AB – R_{1} – R_{3})^2– (R_{1} – R_{3})^2}$.

De manera análoga $\delta_{24} = \sqrt{2(AB – R_{2} – R_{4})^2 – (R_{2} – R_{4})^2}$.

Aplicamos el teorema de Casey a $(O_{i}, R_{i})$ $i = 1, 2, 3, 4$ tangentes a $(O, R)$
$\delta_{12}\delta_{34} + \delta_{14}\delta_{32} = \delta_{13}\delta_{24}$
$= (AB – R_{1} – R_{2})( AB – R_{3} – R_{4}) + (AB – R_{2} – R_{3})( AB – R_{1} – R_{4})$
$= \sqrt{2(AB – R_{1} – R_{3})^2 – (R_{1} – R_{3})^2}\sqrt{2(AB – R_{2} – R_{4})^2 – (R_{2} – R_{4})^2}$.

Despejando $AB$ se puede llegar a la expresión
$AB = \dfrac{2(R_{1}R_{3} – R_{2}R_{4}) + \sqrt{2(R_{1} – R_{2}) (R_{1} – R_{4}) (R_{3} – R_{2}) (R_{3} – R_{4}) }}{R_{1} – R_{2} + R_{3} – R_{4}}$.

No se desarrollará este último procedimiento por ser largo, para llegar al resultado solo hay que desarrollar los productos y después reagrupar para despejar $AB$.

$\blacksquare$

Problema 3. Sean $\triangle ABC$ un triángulo rectángulo con $\angle BAC =\dfrac{\pi}{2}$, $(O, R)$ su circuncírculo, considera dos circunferencias $\Gamma_{1}$ tangente a $\overline{OA}$ en $P$, a $\overline{OB}$ y a $(O, R)$ (internamente) y $\Gamma_{2}$ tangente a $\overline{OA}$ en $Q$, a $\overline{OC}$ y a $(O, R)$ (internamente). Muestra que $\dfrac{AB}{AC} = \dfrac{AP}{AQ}$.

Figura 10

Demostración. Sean $P’$ y $Q’$ los puntos de tangencia de $\Gamma_{1}$ y $\Gamma_{2}$ con $\overline{OB}$ y $\overline{OC}$ respectivamente, entonces $OP = OP’$ por ser segmentos tangentes a $\Gamma_{1}$ trazados desde $O$, análogamente $OQ = OQ’$.

Como $\triangle ABC$ es rectángulo y $\overline{BC}$ es la hipotenusa entonces $O$ es el punto medio de $\overline{BC}$, por lo que $R = OB = OA = OC$. De estos argumentos se sigue que $AP = BP’$ y $AQ = CQ’$.

Ahora aplicamos el teorema de Casey a los círculos $A$, $\Gamma_{1}$, $B$ y $\Gamma_{2}$ tangentes a $(O, R)$.
$AP \times BQ’ + AQ \times BP’ = AB \times P’Q’$
$\Leftrightarrow AP(BQ’ + AQ) = AB \times P’Q’$
$\Leftrightarrow$
$\begin{equation} AP \times BC = AB \times P’Q’ \end{equation}$

Hacemos lo mismo para $A$, $\Gamma_{1}$, $C$ y $\Gamma_{2}$ tangentes a $(O, R)$.
$AP \times CQ’ + AQ \times CP’ = AC \times P’Q’$
$\Leftrightarrow AQ(AP + CP’) = AC \times P’Q’$
$\Leftrightarrow$
$\begin{equation} AQ \times BC = AC \times P’Q’ \end{equation}$

Haciendo el cociente de $(6)$ sobre $(7)$ obtenemos $\dfrac{AP}{AQ} = \dfrac{AB}{AC}$.

$\blacksquare$

Tarea moral

  1. Completa la prueba del teorema 1 parte $ii)$ y $iii)$.
  2. Sean $l_{1}$ y $l_{2}$ dos rectas paralelas y tangentes a una circunferencia $(O, R)$, considera otras dos circunferencias, $(O_{1}, R_{1})$ tangente a $l_{1}$ y a $(O, R)$, y $(O_{2}, R_{2})$ tangente a $l_{2}$, y a las primeras dos circunferencias $(O, R)$, $(O_{1}, R_{1})$. Muestra que $R = 2 \sqrt{R_{1}R_{2}}$.
  3. Sean $\overline{AB}$ el diámetro de una circunferencia $\Gamma$, $P$, $Q \in \Gamma$ en arcos distintos respecto de $\overline{AB}$, trazamos $C$ el pie de la perpendicular a $\overline{AB}$ trazada desde $Q$ y considera $\Gamma_{1}$, $\Gamma_{2}$ dos circunferencias de diámetro $\overline{AC}$ y $\overline{CB}$ respectivamente. Sean $\overline{PE}$ y $\overline{PF}$ segmentos tangentes a $\Gamma_{1}$ y $\Gamma_{2}$ respectivamente. Prueba que $PE + PF = PQ$.
Figura 11
  1. Sean $\triangle ABC$ y $\Gamma$ su circuncírculo con $AB = c$, $BC = a$ y $AC = b$, considera $\Gamma_{1}$, $\Gamma_{2}$ y $\Gamma_{3}$ círculos tangentes a $\overline{AB}$, $\overline{BC}$ y $\overline{AC}$ respectivamente en sus puntos medios y al mismo tiempo tangentes al arco $\overset{\LARGE{\frown}}{AB}$, $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$ y $\overset{\LARGE{\frown}}{CA}$ respectivamente, denota $\delta_{ij}$ al segmento de tangente exterior y común a $\Gamma_{i}$, $\Gamma_{j}$. Muestra que $\delta_{ij} = \dfrac{a + b + c}{4}$, $i, j = 1, 2, 3$, $i \neq j$.
Figura 12
  1. Considera $\triangle ABC$ y su circuncírculo $\Gamma$, sea $\Gamma_{1}$ una circunferencia tangente a $\overline{AB}$ en $P$, a $\overline{AC}$ en $Q$ y a $\Gamma$ internamente, muestra que el punto medio de $\overline{PQ}$ es el incentro de $\triangle ABC$.
  2. Sean $\triangle ABC$ y $\Gamma$ su circuncírculo con $AC > AB$. Una circunferencia $\Gamma_{1}$ es tangente a $\overline{AB}$, $\overline{AC}$ y al circuncírculo internamente, $P$ es el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$ y $\overline{PQ}$ es un segmento tangente a $\Gamma_{1}$. Muestra que $\dfrac{PQ}{PA} = \dfrac{AC – AB}{AC + AB}$.
Figura 13

Más adelante…

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