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Segmentos dirigidos y proporciones

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Facultad de Ciencias en F´ısica y Matem´aticas, UNACH, Ene-Jun 2020. Geometr´ıa Euclideana

Notas 6

Segmentos dirigidos y proporciones

En estas notas nos concentraremos en estudiar proporciones de segmentos y como estos nos ayudan a ver relaciones de colinealidad de puntos y concurrencia de l´ıneas. Hasta ahora hab´ıamos usado la notaci´onAB para denotar el valor absoluto de la longitud de A a B, ahora tendremos m´as cuidado con la escritura al hablar de segmentos dirigidos.

Segmentos dirigidos. Dados dos puntos Ay B, ahora tendremos cuidado en la notaci´on para distinguir AB de BA. M´as espec´ıficamente, diremos que

AB=−BA

De la misma manera cuando, escribamos proporciones de segmentos, tambi´en tendremos cuidado del orden en que aparecen los puntos para asignar signos de manera correcta. Por ejemplo, en la siguiente figura, la proporci´on AC

CB es positiva, mientras que la proporci´on AD

DB es negativa.

Lema 1. Sean A y B dos puntos y λ∈R un n´umero. Entonces existe un ´unico punto X en la recta AB de manera que

AX XB =λ

Demostraci´on. Usaremos un poco de geometr´ıa anal´ıtica. Para esto elegimos los ejes coordenados de manera que A y B est´en sobre el eje x. Ahora, sean A= (a,0), B = (b,0) las coordenadas de los puntos; adicionalmente, tomemos otro punto arbitrario X = (x,0) tambi´en sobre el eje x.

Ahora notemos que las longitudes de nuestros segmentos son1 AX =xa y XB =bx, por lo que la condici´on

AX XB =λ se traduce a a−x

x−b =λ, resolviendo la ecuaci´on queda x=

a+λb

1 +λ . De aqu´ı que el puntoX = (x,0) existe y es ´unico.

Observaci´on.La igualdad x= a+λb

1 +λ tambi´en se puede escribir como x=sa+ (1−s)b, donde s= 1 1+λ.

Esto tiene la ventaja de poderser generalizar a vectores. M´as precisamente, un punto X sobre la recta AB cumple que XBAX =λ si satisface que

X =sA+ (1−s)B

donde s = 1+1λ. Para darse una idea: s ∈ [0,1] corresponde a puntos dentro del segmento AB, esto corrsponde a valores de λ positivos;s = 12 que es lo mismo que λ= 1 corresponde al punto medio de AB; s= 23 o λ= 2 corresponde al punto que divide aAB en proporci´on 2 : 1.

1Observa que estas diferencias ya incluyen el signo adecuado de los segmentos dirigidos sin importar donde se encuentren los puntosA,B yX.

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Teoremas de Ceva y Menelao

Los teoremas de Ceva y Menelao se usan como criterios para demostrar concurrencia de segmentos y colinealidad de puntos. Los enunciados son muy parecidos pero el dibujo y la conclusi´on difieren dr´ asti-camente. Esto se ve capturado de manera algebraica gracias al uso de segmentos dirigidos; para Ceva el producto de las proporciones es +1 y se concluye concurrencia de segmentos, mientras que para Menelao, el producto de las proporciones es −1 y se concluye colinealidad de segmentos.

Teorema de Ceva.Considera un tri´angulo arbitrarioABC y puntos P, Q y R sobre los lados (o sus prolongaciones)BC, CA y AB. Entonces AP, BQ y CR concurren en un solo punto si y solo si

AR RB · BP P C · CQ QA = 1

Teorema de Menalo. Considera un tri´angulo arbitrario ABC y puntos P, Q yR sobre los lados (o sus prolongaciones)BC, CA y AB. Entonces P, Q y R son colineales si y solo si

AR RB · BP P C · CQ QA =−1

Demostraci´on del Teorema de Ceva.

⇒) Primero suponemos que las l´ıneas AP, BQ y CR concurren en un punto X. Usaremos el siguiente resultado: “Si dos tri´angulos tienen la misma altura entonces la raz´on de sus bases es igual a la raz´on de las ´areas”.

Aplicamos estos para los tri´angulosABP y AP C, se obtiene, BP P C = ´ Area(ABP) ´ Area(AP C)

De la misma manera para los tri´angulos XBP y XP C se tiene que BP P C =

´

Area(XBP) ´

Area(XP C). Combinando estas dos igualdades se obtiene que2

BP P C = ´ Area(ABP) ´ Area(AP C) = ´ Area(XBP) ´ Area(XP C) = Area(ABP´ )−Area(XBP´ ) ´ Area(AP C)−Area(XP C)´ = ´ Area(AXB) ´ Area(AXC) De la misma manera AR RB = ´ Area(AXC) ´ Area(BXC) y CQ QA = ´ Area(BXC) ´

Area(AXB). Por lo tanto AR RB · BP P C · CQ QA = ´ Area(AXC) ´ Area(BXC)· ´ Area(AXB) ´ Area(AXC) · ´ Area(BXC) ´ Area(AXB) = 1.

2En la segunda se ha utilizado la siguiente propiedad de las proporciones: Si a b = c d, entonces, a b = c d = a−c b−d.

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Lo anterior demuestra la ida del teorema de Ceva.

⇐) Ahora para el regreso, usaremos la t´ecnica del punto falso. M´as precisamente, supongamos que se cumple ARRB·BP

P C· CQ

QA = 1 y seaX la intersecci´on deAP conBQy

definimos R0 como la intersecci´on de CX con AB. Vamos a demostrar queR =R0. Para esto usamos lo ya demostrado, es decir, como AP, BQ y CR0 concurren, entonces se debe cumplir que ARR0B0 ·

BP P C ·

CQ

QA = 1. Por lo tanto se cumple que

AR RB = P C BP · QA CQ = AR0 R0B

Finalmente, por el Lema 1 de la primera p´agina se debe cumplir queR=R0. Esto culmina la demostraci´on del Teorema de Ceva.

Demostraci´on del Teorema de Menelao.

⇒) Primero suponemos que los puntos P, Q y R son colineales y seanX,Y yZ los pies de las perpendiculares desdeA,B y Csobre esta l´ınea como se observa en la figura.

Primero observamos que los tri´angulosAXRyBY Rson semejantes por lo que se tiene que

AR RB =

AX BY

Aqu´ı hacemos la observaci´on que esta igualdad debe leerse con valores absolutos, ya que el lado izquierdo puede ser negativo (siRest´a fuera del segmentoAB), pero para el lado derecho no podemos usar segmentos dirigidos ya que los segmentos involucrados no est´an alineados.

De la misma manera se tiene que los tri´angulos BP Y y CP Z son semejantes por lo que BPP C = BYCZ. Y de la semejanza de CQZ con AQX se desprende que CQQA = AXCZ. Por lo tanto (en valor absoluto)

AR RB · BP P C · CQ QA = AX BY · BY CZ · CZ AX = 1

De nuevo hacemos el ´enfasis de que esta igualdad debe leerse con valores absolutos. Dado que ARRB es positivo, BPP C es negativo y CQQA es positivo se debe tener entonces que3

AR RB · BP P C · CQ QA =−1 Lo anterior demuestra la ida del teorema de Menelao.

⇐) El regreso se deja como ejercicio para el lector.

Observaci´on.En la pr´actica los teoremas de Ceva y Menelao se usan sin segmentos dirigidos (y sin signos, o sea, con valores absolutos). Para distinguir el uno del otro basta fijarse en la figura. Por ejemplo, para Ceva hay dos casos: i) que los tres puntos P, Q y R est´en dentro de los segmentos que determinan los lados o ii) que haya dos puntos fuera de los segmentos y uno dentro. De la misma manera para Menelao hay dos casos: i) que uno de los puntos P, Qy R est´e fuera del segmento y los otros dos est´an dentro de los segmentos ´o ii) que los tres puntos est´en fuera de los segmentos que determinan los lados.

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Las figuras en estas notas representan los casos i) de Ceva y Menelao. Se deja al lector hacer los dibujos de los casos ii) para cada uno de Ceva y Menelao.

Nota. La figura para Ceva generalmente es f´acil de distinguir. Por otro lado, la figura para Menelao puede causar confusi´on si no se est´a acostumbrado a ella. Una sugerencia para seguir las proporciones de Menelao en cualquier tipo de figura que pueda aparecer es seguir el patr´on vpuntoertice´ vpuntoertice´ como se observa en la siguiente figura. En las figuras los puntos azules son los v´ertices del tri´angulo y los puntos rojos son los puntos alineados, en la primera se muestra el patr´on con el dibujo original que aparece arriba en el enunciado del teorema y en la segunda se muestra una configuraci´on en una posici´on diferente.

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Ejemplos.

Ejemplo 1. Usando el Teorema Menelao demuestra que el gravicentro divide en proporci´on 2 : 1 a las medianas.

Soluci´on.Como de costumbre, consideramos un tri´angulo arbitrarioABC, seanLyM los puntos medios de BC y AC como se ve en la figura y sea G la intersecci´on de AL con BM, vamos a demostrar que G divide en proporci´on 2 : 1 a AL. Para esto aplicaremos Menelao en el tri´angulo ALC con respecto a la l´ıneaBGM (por definici´on, estos tres puntos est´an alineados). Siguiendo el mantra vpunto´erticevpunto´ertice empezando en C, la multiplicaci´on de proporciones que nos da el Teorema de Menelao es4

CB BL · LG GA· AM M C =−1

Ahora notamos que como BL=LC por ser L punto medio se tiene que (usando segmentos dirigidos) CB

BL = −2. Por otro lado, AM M C = 1. De aqu´ı que LG GA =−1· BL CB · M C AM =−1· 1 −2 ·1 = 1 2 Entonces podemos conclior que AG

GL = 2, es decir, G divide a AL en proporci´on 2 : 1. La demostraci´on para las otras 2 medianas es an´aloga.

Nota.En la tarea vas a demostrar que las medianas concurren en un solo punto usando el Teorema de Ceva. Ejemplo 2. Usando el Teorema de Ceva muestra que las alturas de un tri´angulo concurren en un solo punto.

Soluci´on.Consideremos un tri´angulo arbritrario ABC y sean AD, BE y CF sus alturas. Queremos demostrar que ´estas concurren en un solo punto. Para esto demostraremos que se cumple la hip´otesis del Teorema de Ceva, es decir, queremos demostrar que

AF F B · BD DC · CE EA = 1

Primero observamos que los tri´angulos ABD y CF B son semejantes ya que ADB = BF C = 90◦ y BAD = 90◦−B = BCF. De aqu´ı podemos concluir la siguiente igualdad de proporciones:

BD F B =

AB BC

De la misma manera la semejanza de ADC y BEC nos da la proporci´on CE DC = BC AC. Y la semejanza de AF C con AEB no da AF EA = AC AB.

4Primero el v´ertice es C luego vamos al punto B y luego regresamos al v´ertice L, esto nos da la fracci´on CB

BL. Luego empezando en el v´erticeLvamos al puntoGy luego al v´erticeA, esto nos da la fracci´on GALG y finalmente empezando en el v´erticeAvamos al puntoM y luego al v´erticeC.

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Entonces se obtiene que AF F B · BD DC · CE EA = BD F B · CE DC · AF EA = AB BC · BC AC · AC AB = 1

Por lo tanto por el Teorema de Ceva podemos concluir que las alturas concurren en un solo punto.

Nota. Observa que se tiene que tener el cuidado de no usar lo que se quiere demostrar. Es decir, en todo el procedimiento nunca se uso el hecho de que las alturas concurren en el ortocentro H, esto es, hay que tener el cuidado de que en los argumentos de igualdades de ´angulos y de semejanza no se haya usado el hecho de que las tres alturas concurren en un solo punto.

Ejemplo 3. Sea ABCDun trapecio (no necesariamente is´osceles) con AB paralelo aDC. LlamemosP y Qa las intersecciones deAC conBDy deADconBC, respectivamente. Muestra queP yQson colineales con los puntos medios de AB y de CD.

Soluci´on 1.SeanLyM los puntos medios deAByCD. Primero vamos a demostrar con Ceva que las l´ıneas BD, AC y QL son concurrentes. Es decir, tomando como tri´angulo a ABQ y como puntos a L, C y D, queremos demostrar que

AL LB · BC CQ · QD DA = 1 Primero observamos que AL

LB = 1 por serL punto medio. Adem´as, como AB y CD son paralelas se tiene por Teorema de Tales que

QD DA = CQ BC De aqu´ı que BC CQ· QD

DA = 1 y por lo tanto se concluye que AL LB·

BC CQ·

QD

DA = 1. Entonces, por Teorema de Ce-va se sigue queQL,BDyAC concurren en un solo punto,P. En otras palabras,Q,P yLest´an alineados. De la misma manera DM

M C = 1 y por la paralela de AB con CD se tiene que CB BQ = DA AQ, por lo tanto DM M C · CB BQ · QA AD = 1

Esto es precisamente la proporci´on necesaria para aplicar el Teorema de Ceva5 al tri´anguloQDC y puntos M, A y B. Por lo tanto podemos concluir que las l´ıneas QM, DB y CA concurren en un solo punto, P. En otras palabras Q, M y P son colineales.

De todo lo anterior podemos concluir que Q, P, M y L son colineales.

5Es el caso ii) mencionado en la observaci´on de la p´agina 3, aqu´ı los puntosAyBest´an fuera de los ladosQDyQC del tri´anguloQDC, mientras queM est´a adentro del ladoDC.

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Soluci´on 2. Sean L y M los puntos medios de AB y CD. Vamos a aplicar Teorema de Menelao al tri´angulo ABC, para demostrar que los puntos Q, P y L est´an alineados. En otras palabras, queremos mostrar que BQ QC · CP P A · AL LB =−1 Primero observamos que AL

LB = 1 por serL punto medio. Adem´as, como los tri´angulos QDC y QAB son semejantes se tiene que BQ

QC = −

AB DC.

Tambi´en, como DP C y ABP son semejantes, se tiene que CP P A = DC AB. Por lo tanto BQ QC · CP P A · AL LB =− AB DC · DC AB ·1 =−1

Por lo que, por Teorema de Menelao, podemos concluir que Q, P y L est´an alineados. Repetimos el argumento ahora para el tri´anguloDBC y puntos Q, M y P. Tenemos que

BQ QC · CM M A · AP P B =− AB DC ·1· DC AB ·1 =−1

Donde de nuevo hemos usado la semejanza de DP C y ABP para escribir DP P B =

DC

AB. Por lo tanto, por Teorema de Menelao, podemos concluir que Q, M y P est´an alineados.

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