[Rashed]

Hola buenas tardes, tengo que resolver este problema por medio del teorema de Pascal, la ayuda que me dieron es la siguiente:

Teorema de Pascal: Sea A,B,C,D,E,F puntos sobre una circunferencia. Sean P,Q,R los puntos de intersección de AB con DE , BC con EF, y CD con FA respectivamente entonces los puntos P,Q,R son colineales
Tip: \( P= EF\cap{GH}, O= EG\cap{FH},A= EE\cap{HH},  C= GG \cap{FF} \)
¿Como puedo armar al punto a si no posee interseccion? o lo mismo con C
Tengo entendido por lo que vi del teorema de Brianchon que se puede realizar si se consiguen 6 puntos sobre la circunferencia, pero claro en mi circunferencia hay mas de 6 puntos deberia omitir algunos?, y de ser asi, ¿Cuales serian?.


Problema:Un círculo está inscrito en un cuadrilátero ABCD, tocando los lados AB, BC,CD,DA en los puntos E,F,G,H, respectivamente. Entonces las líneas AC,EG,BD,FH concurren.

[martiniano]

Hola.

Es el mismo problema por el que preguntaste aquí. No estoy muy seguro del problema que tienes, pero creo que esto puede ayudarte a entender la respuesta que se te dio en el hilo anterior. Observa el siguiente dibujo, que ilustra lo que dice el teorema de Brianchon.


Observa, primero, que al mover los puntos azules sobre la circunferencia, las rectas que unen vértices opuestos siguen siendo concurrentes. Luego observa lo que pasa si acercas mucho entre sí el punto \( E \) al \( H \) y el punto \( C \) al \( F \), por ejemplo.

Si sigues teniendo dudas insiste, Un saludo.

[Rashed]

Exacto, logro darme cuenta que al acercar los puntos esos se forma el cuadrilatero, pero mi pregunta es. ¿Como demuestro eso? que propiedades debo usar, o que camino se utiliza para demostrar la concurrencia en un caso de esto.

[martiniano]

Hola.

Es que si puedes utilizar el teorema de Brianchon ya está todo prácticamente demostrado. Tal vez estés teniendo problemas con la redacción de la solución. Mira a ver qué te parece algo así. Vuelvo a poner el enunciado para no liar con la nomenclatura que he utilizado en el ggb de antes:

Problema:Un círculo está inscrito en un cuadrilátero ABCD, tocando los lados AB, BC,CD,DA en los puntos E,F,G,H, respectivamente. Entonces las líneas AC,EG,BD,FH concurren.

Para empezar se podría hacer un dibujito donde aparezcan la circunferencia, los ocho puntos, el cuadrilátero y las cuatro rectas concurrentes.

Consideremos el hexágono \( AEBCGD \), circunscrito a la circunferencia. Notemos que los segmentos \( AE  \) y \( EB \) están sobre dos tangentes a la circunferencia infinitamente próximas y secantes en \( E \). Lo mismo sucede con los segmentos \( CG \) y \( GD \), que son secantes en \( G \). Aplicando el teorema de Brianchon a dicho hexágono se obtiene que las rectas \( AC \), \( BD \) y \( EG \) son concurrentes. De una manera similar, aplicando el teorema de Brianchon al hexágono \( ABFCDH \), se obtiene que \( AC \), \( BD \) y \( FH \) son concurrentes, con lo que queda demostrado el enunciado.

Espero que te sirva. Un saludo.

[Rashed]

Si, pero como logre demostrar, termino la frase diciendo " Por teorema de brianchon son concurrentes", eso es lo que no puedo cerrar. Necesito armar un triangulo con una transversal para que por menelao (por ejemplo) pueda demostrar que luego de multiplicar tantos segmentos llego a que son =1. Se me ocurre por ese lado, nose alguna sugerencia?

[martiniano]

Hola.

Aclara una cuestión, por favor: ¿puedes utilizar el teorema de Brianchon? ¿O no puedes?

Saludos.

PD. Ignacio Larrosa ya te lo demostró en el hilo que enlacé sin usar tal teorema.

[Rashed]

Hola, creería que si podría usarlo. Pero por lo que estuve viendo eso de geometría proyectiva nosotros todavía no lo hemos visto. Quizás sea por eso que solo recomiendan el tip de Pascal.
 Por otro lado , ese típ que me dan se forma un segmento qque si pasa por el punto que necesito demostrar, según lo que avance se forma con la interpretación de Pascal en la circunferencia del hexágono interior y exterior.
 La demostración en el anterior es por teorema del seno, pero no logré darme cuenta que es lo que demuestra para la concurrencia con todo el desarrollo. Que está diciendo que la razón de esos segmentos es igual a x/z para ambas rectas y como son iguales por eso concurren?

[martiniano]

Hola

Hola, creería que si podría usarlo. Pero por lo que estuve viendo eso de geometría proyectiva nosotros todavía no lo hemos visto. Quizás sea por eso que solo recomiendan el tip de Pascal.

Me sorprende que consideréis el teorema de Brianchon como un resultado fuerte de la geometría proyectiva y no al teorema de Pascal, ya que se demuestran de forma muy parecida.

Por otro lado , ese típ que me dan se forma un segmento qque si pasa por el punto que necesito demostrar, según lo que avance se forma con la interpretación de Pascal en la circunferencia del hexágono interior y exterior.

La verdad es que ahí no te sigo...

La demostración en el anterior es por teorema del seno, pero no logré darme cuenta que es lo que demuestra para la concurrencia con todo el desarrollo. Que está diciendo que la razón de esos segmentos es igual a x/z para ambas rectas y como son iguales por eso concurren?

Pongo en este hilo la demostración de Ignacio Larrosa para que se pueda seguir mejor la conversación.



Sí. Supone que la recta \( GE \) corta a \( AC \) en \( P \) y que la recta \( HF \) corta a \( AC \) en \( P' \). Luego, por semejanza de triángulos demuestra que \( \displaystyle\frac{AP}{CP}=\displaystyle\frac{AP'}{CP'} \), por lo que \( P=P' \)

Un saludo.

[Rashed]

Puede que me este complicando con los nombres y las demostraciones, adjunto los diferentes teoremas que he utilizado para intentar llegar a demostrar la concurrencia. (disculpen que adjunte y no escriba en latex pero me encuentro con el celular actualmente).
Quizás ustedes se puedan dar cuenta mas fácil a que apunto con este tipo de procedimientos y cuando hablo de "demostrar".

Por otro lado, la demostración que realizas martiniano en el ejercicio quedaría de la siguiente forma?

Dado que P=P´, y la razón entre estos segmentos es a su vez igual a x/z para ambas rectas, por lo tanto son concurrentes.







Mi idea en un principio es aplicar lo que ahí marco como teorema de Menelao, y poder establecer un triangulo y una transversal para demostrar la concurrencia, pero en mi cuadrilátero no logro darme cuenta si esto es posible.
Disculpen si nombre equivocadamente a algun personaje, puede que lo haya visto mal.

[martiniano]

Hola.

Por otro lado, la demostración que realizas martiniano en el ejercicio quedaría de la siguiente forma?

Dado que P=P´, y la razón entre estos segmentos es a su vez igual a x/z para ambas rectas, por lo tanto son concurrentes.

Bueno, la demostración a la que te refieres la aportó Ignacio Larrosa. Más bien es, de forma resumida, que:

Dado que la razón entre ambos pares de segmentos es igual a \( x/z \), entonces \( P=P' \) y las rectas son concurrentes.

Un saludo.