Teorema de Menelao y Polos y polares

 Medellín, junio 2022

 

 

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1.    Teorema. Las áreas de dos triángulos que compartan la misma base, son proporcionales a sus respectivas alturas.

Fig 1 Proporcionalidad de áreas

Área ΔABC = AB*CH1/2                                              (1)

Área ΔABD = AB*DH2/2                                             (2)

 

(1)/(2)                                                     Área ΔABC/ Área ΔABD = CH1/DH2

 

Queda demostrado.

 

1.    Teorema de Menelao

 

Dado un triángulo ABC, sean D, E y F puntos sobre los lados (o sus prolongaciones) BC, CA y AB, respectivamente. Entonces las rectas AD, BE y CF son concurrentes si y sólo si (AF /FB) (BD/DC) (CE/EA) = 1⋅. La relación anterior se usa en segmentos dirigidos. Esta relación es fácil de recordar si recorremos el perímetro del triángulo en un sentido. El primer segmento es el determinado por el vértice de partida al punto de división que se encuentra sobre el lado en el que nos estamos moviendo, el segundo segmento es el que va desde este último punto al segundo vértice, y así sucesivamente, hasta retornar al vértice de partida. Demostración.

Primero supondremos que las rectas AD, BE y CF son concurrentes en un punto O

Notemos que los triángulos ABO y ACO comparten la misma base AO, por lo tanto, la razón de sus áreas es igual a la razón de sus alturas desde B y C, respectivamente. Esto es: (AOB)/(AOC)=BM/CN, 

Figura 2

 

En la figura (2), hemos construido tres triángulos iguales ΔABC y los mismos puntos D, E y F, que se intersecan en O.

 

Superior derecho

 

AOB y AOC tienen un lado común AO, por tanto, sus áreas (AOB)/(AOC) = BN/CM  

 

pero los triángulos BND y DMC son semejantes, pues tienen un ángulo recto y comparten el ángulo en D al ser opuestos por el vértice. Entonces también tenemos que BN/CM =BD/DC. Y entonces obtenemos la relación AOB BD AOC DC = .

 

ΔAOB y ΔAOC tienen un lado común AO, por tanto, sus áreas (AOB)/(AOC) = BD/DC   (1)

 

Inferior izquierdo

 

ΔBOC y ΔAOC tienen un lado común CO, por tanto, sus áreas (AOC)/(BOC) = AM1/BN1   (2)

 

Por semejanza de triángulos ΔAN1F y ΔAFM1                   AM1/BN1 = AF/FB

 

Inferior derecho

 

ΔAOB y ΔBOC tienen un lado común BO, por tanto, sus áreas (BOC)/(AOB) = CM2/AN2   (3)

 

Por semejanza de triángulos AN2F y AFM2                   CM2/AN2 = EC/AE

 

 

(1) *(2) *(3) = 1 =(BN/CM) (AM1/BN1) (CM2/AN2) = (BD/DC) (AF/FB) (EC/AE)

(BD/DC) (CE/EA) (AF/FB)    que es una forma nemotécnica de recordar el teorema

La relación anterior usa segmentos dirigidos. Esta relación es fácil de recordar si recorremos el perímetro del triángulo en un sentido. El primer segmento es el determinado por el vértice de partida al punto de división que se encuentra sobre el lado en el que nos estamos moviendo, el segundo segmento es el que va desde este último punto al segundo vértice, y así sucesivamente, hasta retornar al vértice de partida.

Recíproco.

Para ver el recíproco del teorema de Menelao, consideremos tres puntos D, E y F sobre los lados del triángulo ABC, como se muestra en la figura, y tales que:

(BD/DC) (CE/EA) (AF/FB) = 1     (Nadie ha dicho que BE, AD y CF coinciden.

Sea O el punto de intersección de BE y CF. Hagamos que la recta AO corte al lado BC en un punto D’. Entonces como AD’, BE y CF son concurrentes, por el teorema de Menelao, tenemos que:

(BD’/D’C) (CE/EA) (AF/FB) = 1

Y

1= (BD/DC) (CE/EA) (AF/FB)      Por hipótesis

Igualando vemos que: BD’/D’C = BD/DC                   BD’ = BC – D’C     y   BD = BC - CD

(BC -D’C) /D’C = (BC - DC) /DC           aplicamos esta propiedad de las fracciones:                 

a/b = c/d implica que (a + b) /b = (c + d) /d

(BC -CD’ + CD’) /D’C = (BC – DC + DC) /DC

BC/D’C = BC/DC     que implica que D’C = DC;

Por lo cual D y D’ coinciden

1.    Polos y polares

Si A, B, C, D son 4 puntos en una línea recta, decimos que C y D son conjugados armónicos respecto de A y B¸ si AC/CB = -AD/DB, (segmentos orientados), es decir, si la razón cruzada R (A, B, C, D) es igual a -1. (si los segmentos no son orientados la relación es igual a 1)

Como para cada segmento AB en una línea recta L y cada número real m, existe un único punto D en L, tal que AD/DB=m, entonces cada punto C en L tiene un único conjugado armónico respecto a A y B.

El lugar geométrico de todos los conjugados armónicos de P respecto a C es una línea recta (si P está en el interior de C) o un intervalo (si P está afuera de C).(Fig 5). Más adelante lo demostraremos, al menos, parcialmente.

Lema 1.

C y D son conjugados armónicos respecto a los puntos A y B si y solo si la inversión en el círculo con diámetro AB, intercambia a C y a D, es decir, si OC OD = OA OB = r²

Demostración: (Sólo OC*=D = r²)       r = radio de la circunferencia C

Figura 3 Polos y polares

AC/CB = AD/DB

Si el radio de la circunferencia es r, de la figura (3) vemos que

(r + OC) (DO - r) = (r + OD) (r – OC)

rOD – r² +OC*OD – rOC = r² – rOC + rOD -OD*OC

2OC*OD = 2r²

OC*OD = r²

Teorema.

El lugar geométrico de todos los conjugados armónicos de P respecto a C es una línea recta (si P está en el interior de C) o un intervalo de recta, una cuerda (si P está afuera de C).

Demostración. (Cuando P está por fuera de la circunferencia) figura 4

 

Figura 4 Propiedades de Polos y Polarers

Haremos el caso en que P está afuera de C. Sea O el centro de la circunferencia C y Q el conjugado de P en la línea OP, y tomemos Q' en la perpendicular a OP por Q. Veremos que:

Q' es el conjugado de P respecto a A' y B'.

OP OQ = r² = OA² = OA’², por lo tanto, OP/OA’=OA’/OQ, así que ΔOA'P y ΔOQA' son semejantes. Por tanto, <PA’O = <A’QO = <a

OP OQ = r² = OB² = OB’² por lo tanto OP/OB'=OB'/OQ

así que ΔOB'P y ΔOQB' son semejantes. Por tanto, <PB’O = <B’QO = b

Por lo tanto, los siguientes ángulos son iguales: (Ver la explicación en la figura 4) A’OB’ es isósceles (dos lados son el radio de la circunferencia)

<OQB' = ∠OB'A' = π-∠OA'P = π-∠OQA'= ∠PQA' =<b

Así que QQ' es la bisectriz interior del ángulo <A'QB' (PQ es su bisectriz exterior), por  tanto, la recta QQ’ es el lugar geométrico de los conjugados de P, cada que desde P, se traza una recta que corta la circunferencia C, en dos puntos cualquiera A’y B’. Podemos extender el concepto, hasta el punto de tangencia de la tangente trazada desde P a la circunferencia C.

A’Q’/Q’B’ = A’P/PB’, (segmentos no orientados), lo que dice que P, Q' son conjugados armónicos respecto a A' y B'.

Figura 5 propiedades Polos y Polares

 

A la línea que contiene a todos los conjugados armónicos de P se le llama la polar de P

Respecto a C, y decimos que P es el polo de esa línea respecto a C. Si el punto P es interior, la polar de P es una recta infinita. Figura5 izquierda.

Si el punto P es exterior a C, la polar de P es una cuerda de la circunferencia C. Figura 5)

 

De la derecha (Puntos de tangencia) La polar de un punto P, afuera de C, pasa por los puntos donde las tangentes por P, tocan a C.

 

La polar de un punto en C es la tangente de C en P.

 

Problema

 

Se tiene una circunferencia C; x² +y² = r² y la recta x = h              h>r

 

Si los polos P se toman sobre la recta x = h y la recta secante PAB pasa por el centro O de la circunferencia, encontrar el lugar geométrico de los conjugados Q de P, cuando el polo se mueve sobre la recta.

 Figura 6 Propiedades Polos y Polares

En la figura 6, superior izquierda, planteamos el problema. Primero ubicamos un punto P1 sobre un diámetro horizontal y buscamos su armónico Q1, sobre esta misma línea.

AQ1/Q1B =AP1/P1B                                             P1A = h + r         P1B1 = h – r

(A1Q1 + Q1B1)/ = (P1A1 + P1B1)/P1B1 =(h +r h -r)/(h – r)

2r/Q1B1 = 2h/(h – r)              Q1B1 = (h – r)r/h

Y OQ1 será igual a = r - (h – r)r/h = r²/h              Q1(r²/h, 0)                            (1)

Tomamos un punto P variable sobre la línea recta x = h           P (h, y1)       y1 variable.

El conjugado armónico correspondiente Q(x, y)

En la figura (6) los triángulos OFQ y OPP1 son semejantes.

x/h = y/y1               y1 = yh/x                            (2)

La figura original, la hemos duplicado con algunas modificaciones. Los triángulos en rojo (superior derecha) y en verde(inferior) son semejantes.

Aplicamos la semejanza para los lados sobre el eje x o paralelos al eje x

(x + a) / (a – x) = (h + a) / (h – a)                            (3)

Aplicamos la semejanza para los lados sobre el eje y o paralelos al eje y

(b + y) / (b – y) = (y1 + b) / (y1 – b)                            (4)

De la (3) concluimos que a² = xh                       y de la (4)

b² = yy1 = y²h/x

Y     a² + b² = r²                          xh + y²h/x= r²

x²h – r²x + y²h = 0

x² – r²x/h + y² = 0          sumando a lado y lado r⁴/(4h²)

(x – r²/(2h))² + y2 = (r²/(2h)²         una circunferencia que pasa por O (0,0) y Q1(r²/h, 0)

Con centro en O1(r²/(2h), 0)        y radio = r²/(2h),

 

 

 

Juan Fernando Sanín E

juanfernando.sanin@gmail.com