Matematicas
Supongamos primero que los puntos A,B,C y D están en una circunferencia. Se construye CDE = ADB, con E ∈ AC. Entonces los triángulos CDE y BCD son semejantes, de donde a = x. c EC b x Pero también ADE y BCD son semejantes, así que AE = d . Como AE + EC = AC = y, sustituyendo tenemos bd + ac= y x x
«
ac + bd = xy.
Recíprocamente, vamos a probar que si ac + bd = xy, entonces el cuadrilátero ABCD es
d cíclico. Se construye CDE = ADB y se determina DE tal que x = DE . Se une el punto E con A y c con C. Entonces los triángulos EDC y ADB son semejantes, porque tienen lados proporcionales que comprenden ángulos iguales, y BDC es semejante a ADE. Entonces
a = x c EC b = x AEd
® ®
CED = A DEA = C
Sumando, (AE + EC)x = ac + bd, CED + DEA = A + C. Como xy = ac + bd, xy = (AE + EC)x ® y = AC = AE + EC, lo cual indica que AEC es una línea recta, lo que implica A + C = CED + DEA = 180º y el cuadrilátero es cíclico.Q Para cuadriláteros no cíclicos la desigualdad se escribe xy < ac + bd de la que hay una demostración muy sencilla usando números complejos. 2.Elsegundo teorema de Ptolomeo En las condiciones del teorema anterior, se verifica y ad + bc x = ab + cd Demostración : Como ADC y ABC son suplementarios, se verifica cos ABC + cos ADC = 0, así que utilizando el teorema del coseno en los respectivos triángulos ABC y ADC , y multiplicando por 2abcd para eliminar los denominadores resulta ab(c 2 + d 2 − y 2 ) + cd(a 2 + b 2 − y 2 ) = 0 es decir ac(bc +ad) + bd(bc + ad) = y 2 (ab + cd) o bien y 2 (ab + cd) = (ac + bd)(ad + bc) (1) Procediendo de la misma manera en los triángulos DAB y BCD resulta x 2 (ad + bc) = (ab + cd)(ac + bd) (2)
Multiplicando miembro a miembro (1) y (2) se obtiene el teorema directo de Ptolomeo, mientras que dividiendo miembro a miembro resulta y 2 (ab + cd) 2 = x 2 (ad + bc) 2 que es lo que queríamos probar.Q3.Preparativos para la generalización : longitudes de tangentes comunes a dos circunferencias
a) Si dos circunferencias de radios r 1 y r 2 son tangentes exteriores, la longitud del segmento de tangente exterior común vale 2 r 1 r 2 . En efecto, si t es dicha tangente, se tiene (teor. de Pitágoras): t 2 + (r 1 − r 2 ) 2 = (r 1 + r 2 ) 2
« t2
= 4r 1 r 2
b) Si las circunferencias son exteriores,de centros respectivos O 1 y O 2 , entonces la longitud del segmento de tangente exterior común t verifica t 2 = O 1 O 2 − (r 1 − r 2 ) 2 ,
2
pues basta aplicar el teorema de Pitágoras cuando se traza por O 2 una paralela a t = PQ hasta que corte a O 1 P :
c) Supongamos que las circunferencias k 1 (O 1 ; r 1 ) y k 2 (O 2 ; r 2 ) son tangentes interiores en A y B, respectivamente, a la...
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