domingo, 20 de julio de 2008

Un triángulo sobre una circunferencia

Enunciado

Triángulo con las distancias a P

Triángulo con las distancias a P

Este problema es bastante más difícil de lo que parece. En primer lugar hay que hacer varios dibujos, huyendo de casos particulares y de simetrías forzadas. He condensado en un mismo dibujo dos valores diferentes de P para que se vean los dos casos más distintos. Es conveniente no usar triángulos iniciales equiláteros, para evitar simetrías que puedan llevar a confusión. También se incluyen (como es frecuente) el centro de la circunferencia y los radios a los puntos de tangencia, y al centro del segmento BC.

En geometría no es fácil conseguir que salgan cuadrados sin que aparezca el Teorema de Pitágoras o un área de un cuadrado. La igualdad PG2 = PE*PF también se puede escribir como PE/PG = PG/PF, y eso sugiere que en realidad estamos buscando una semejanza de triángulos. Si es cierto que los triángulos PEG y PFG son semejantes con el ángulo PGE igual al PFG, estará demostrado.

Puesto que PF es perpendicular a AC, PG a BC y PE a AB, el ángulo entre PF y PG es el mismo que entre PE y PG. Ya tenemos un ángulo igual.

Sin embargo, después de muchos esfuerzos no conseguí otro ángulo igual directamente, de forma que busqué la manera de utilizar que P está en la circunferencia. De hecho, necesité hacer el dibujo de un punto que no estuviese en la circunferencia, para comprobar que era necesario que P estuviese en ella para que se cumpliera la igualdad.

En ese momento observé que no sólo eran semejantes los triángulos (aunque aún no podía demostrarlo), si no que el cuadrilátero PEBG era (o, al menos, parecía) semejante a PFCG. Eso me dio una idea. Un cuadrilátero se puede descomponer en dos triángulos de dos formas distintas, y basta demostrar que una de las descomposiciones es semejante a la descomposición del otro para que el cuadrilátero lo sea.

Así puedo utilizar mi caracterización favorita de un punto de una circunferencia, el ángulo inscrito. Porque, efectivamente, era necesario que el punto estuviese en la circunferencia para que se diera la semejanza.

Vamos a considerar, entonces, los triángulos PBG y PBE, y por otro lado los triángulos PCG y PCF. Veamos si efectivamente tienen todos los ángulos iguales.

Voy a llamar x al ángulo ABC, fundamental en el dibujo. Observa que OBC mide 90 - x, y por ser isósceles, OCB también. Así, BOC mide 2x, y el ángulo BPC mide x si P está en lado externo de la circunferencia, o 180 - x si está en el interno. Ésta conclusión, que sólo ocurre si el punto P está en la circunferencia, la usaremos más adelante. Evidentemente, tendremos que considerar los dos casos por separado.

Supongamos para empezar que P está en el arco interno del triángulo. Ahora, el ángulo z será PBG. A partir de él, calcularemos todos los demás. BGP es un ángulo recto, y GPB, por tanto, es 90 - z. PBE es el ángulo x - z, y como BEP es recto, EPB es 90 + z - x.

Como P está en el arco interno al triángulo, tenemos que 180 - x = 90 - z + GPC, de donde GPC = 90 + z - x. Evidentemente, PCG = x - Z, por ser CGP recto. Como BCA mide también x, PCF tiene que ser x - (x - z) = z, y por supuesto FPC medirá 90 - z, ya que de nuevo PFC es recto. Por tanto, PBG es un triángulo semejante a PCF con el ángulo PBG igual a PCF, y PBE es semejante a PCG, con el ángulo PBE igual al PCG. Por tanto, el cuadrilátero PGBE es semejante al PFCG, y al dividirlo con su otra diagonal, resulta que PGE es semejante a PFG con el ángulo PGE igual al PFG, como se pretendía.

Si P está en el arco externo, las cosas son similares, sólo que si llamamos z a PBG, ahora PBE es 180 - x -z, y cuando llegamos al ángulo BPC, que es x, tenemos que x = 90 - z + GPC, por lo que GPC = x + z - 90. Sin embargo, se comprueba que la semejanza entre cuadriláteros, y por tanto entre triángulos, se da igualmente.