Los puntos del producto constante

Enunciado

Este es un complicado problema de geometría, que sin embargo sirve para ejemplificar algunas propiedades de las figuras.

En geometría, es extraño encontrarse productos constantes, es más sencillo tratar con cocientes constantes, como hallamos habitualmente en los triángulos semejantes. Vamos a tratar de introducir esos puntos, y por tanto los productos de los que habla el problema, en un par de triángulos semejantes, y probemos si eso nos proporciona alguna solución del problema.

Semejanza

Imaginemos que existen esos puntos, y que los tenemos calculados. Dibujando un caso concreto podemos unirlos con A y con B de la forma indicada en el dibujo M con A y N con B. Si queremos que el producto CM*DN sea constante (respecto a P), y esto representa una semejanza entre triángulos, eso puede significar que CM/MA = BN/ND, ya que, en ese caso, CM*ND =MA*BN, que es fijo, ya que M y N no deben depender de P, que sólo se usa para calcular C y D. Observa que he unido los puntos fijos entre sí, para obtener triángulos que incluyan a los segmentos que queremos.

Esto estaría muy bien, pero ¿cómo conseguir que los triángulos ACM y BDM sean semejantes sin importar dónde se encuentre P? Debemos conseguir que dos de sus ángulos sean iguales.

Punto S

En nuestro dibujo de muestra, tratemos de conseguir que MAC sea igual, como ángulo, a NDB. Para eso, tratemos de introducir un ángulo relacionado con MAC dentro de la circunferencia, prolongando el lado MA hasta cortar el otro lado de la circunferencia. Llamaremos al punto de corte S. Está claro que SAP es el suplementario de MAC, y por estar dentro de la circunferencia, es igual a todos los ángulos del arco capaz, es decir, es igual a, por ejemplo, SBP (o SBD, que es el mismo). Para que BDN fuese también suplementario de SBP, bastaría que SB fuese paralela a la recta r, es decir, al lado DN. Así, tenemos un método para calcular M que nos garantiza la igualdad de ángulos MAC y NDB. Basta trazar la paralela a la recta r por B hasta que corte la circunferencia en otro punto.

Punto T

Veamos si conseguimos una igualdad semejante para MCA y NBD. Evidentemente, NBD descansa sobre la circunferencia. Si llamamos T al punto de corte entre BN y la circunferencia (distinto, evidentemente, de B), tenemos que NBD = PBT, de nuevo igual a todos los ángulos de su arco capaz, en particular, a PAT. Para que ese ángulo fuese el mismo que ACM, bastaría que TA fuese paralela a la recta inicial, el lado CM del triángulo. De nuevo tenemos un método eficaz para la construcción de N, ya que bastaría encontrar T trazando una paralela a r por A, y unirlo con B hasta cortar la recta.

Es sencillo ver que construyendo N y M de esta forma (trazando paralelas a la recta por A y B, y uniendo sus intersecciones con los puntos originales en distinto orden, hasta que vuelvan a cortar a la recta), obtenemos ángulos iguales en los puntos que nos interesa, triángulos semejantes y por tanto el producto constante, ya que no depende de P, como se requiere.

Es posible que el problema tenga otras soluciones, ya que no se ha procedido de manera exhaustiva a agotar todos los casos.