Teorema de Apolonio

Avatar de Usuario
Ivan

Colaborador-Varias
Mensajes: 1020
Registrado: Vie 15 Oct, 2010 7:18 pm
Medallas: 1
Nivel: Exolímpico

Teorema de Apolonio

Mensaje sin leer por Ivan » Sab 25 Feb, 2012 6:28 pm

Dados dos puntos [math] y [math], el lugar geométrico de los puntos [math] tales que [math] es una circunferencia, siempre que [math]. (Si [math] dicho lugar geométrico es la mediatriz de [math]).

Para construir esta circunferencia, basta tener los puntos [math] e [math] en la recta [math] tales que [math]. La circunferencia de Apolonio es la que tiene como diámetro [math]. Para construir estos puntos puede usarse el Teorema de Thales.

Idea para construirla de otra forma: Sea [math] un triángulo, y sean [math] y [math] los pies de las bisectrices interior y exterior desde [math], sea [math]. Entonces, por el Teorema de la bisectriz, resulta que [math]. En particular, los puntos [math], [math] e [math] son puntos que satisfacen la condición [math]. Como el conjunto de todos estos puntos es una circunferencia, y [math], [math] y [math] están en esa circunferencia, es claro que la circunferencia de Apolonio es la de diámetro [math].
Guía de $\LaTeX$ (sirve para escribir ecuaciones como $2^{3\times 2}+1=13\cdot 5$)

Avatar de Usuario
Nacho

Colaborador-Varias OFO - Jurado-OFO 2015 OFO - Jurado-OFO 2016
Mensajes: 562
Registrado: Dom 17 Oct, 2010 10:28 pm
Medallas: 3
Nivel: Exolímpico

Re: Teorema de Apolonio

Mensaje sin leer por Nacho » Sab 25 Feb, 2012 6:48 pm

Con Proyectiva:
Spoiler: mostrar
Sean [math] y [math] dos puntos sobre [math] tal que [math]. Es claro que estos dos son los únicos puntos que cumplen sobre [math]. Tenemos que [math]. De donde forman una cuaterna armónica.

Ahora, sea [math] un punto tal que [math] y [math]. Entonces, se tiene que [math], es decir, se cumple el Teorema de la Bisectriz y [math].

Hay un conocido Lema en Geometría Proyectiva:

Lema: Dados cuatro puntos [math], [math], [math] y [math] alineados y un punto [math] que no pertenezca a esa recta, dos de las siguientes condiciones implican la tercera:
a) [math] (es decir, forman una cuaterna armónica).
b) [math] es bisecectriz de [math].
c) [math].

Demostración: Aplicando la definición trigonométrica de la razón doble se ven fácilmente estas relaciones.

Aplicando el lema a nuestra situación, se cumple que [math]. y así, todos los [math] que cumplen eso pertenecen a una circunferencia de diámetro [math].

Es claro también que los puntos [math] que pertenecen a dicha circunferencia cumplen que [math] ya que [math] y [math], y por el lema, [math] es bisectriz de [math] y así se cumple el Teorema de la Bisectriz y estamos.
"Though my eyes could see I still was a blind man"

Avatar de Usuario
Ivan

Colaborador-Varias
Mensajes: 1020
Registrado: Vie 15 Oct, 2010 7:18 pm
Medallas: 1
Nivel: Exolímpico

Re: Teorema de Apolonio

Mensaje sin leer por Ivan » Sab 25 Feb, 2012 7:03 pm

Otra demostración:

Considerar [math] en [math] tal que [math] e invertir con centro en [math].

Queda que: [math] está en la mediatriz de [math].

Entonces el lugar es el inverso de la mediatriz de [math], que es un círculo.

Alguien con ganas de postear los detalles? :P
1  
Guía de $\LaTeX$ (sirve para escribir ecuaciones como $2^{3\times 2}+1=13\cdot 5$)

ricarlos
Mensajes: 400
Registrado: Lun 17 Dic, 2012 2:24 pm

Re: Teorema de Apolonio

Mensaje sin leer por ricarlos » Mié 10 Abr, 2013 3:03 pm

Posicion y Radio de la Circunferencia de Apolonio en funcion de la distancia [math] y la razon [math].

[math]

Desarrollamos y llegamos a
[math]

Hacemos,

[math]
[math]

y tenemos,

[math], cuyas raices son

[math]

[math]
fig1.PNG
Radio

[math]

Coordenadas del Centro, [math]

[math]
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
Dado un triangulo ABC y los puntos medios L, M y N de los lados BC, AC y AB, respectivamente, probar que las bisectrices de los angulos ANB, BLC y CMA son concurrentes.

Avatar de Usuario
Vladislao

Colaborador-Varias OFO - Jurado-OFO 2015 OFO - Jurado-OFO 2016 FOFO 6 años - Jurado-FOFO 6 años OFO - Jurado-OFO 2017
FOFO Pascua 2017 - Jurado-FOFO Pascua 2017
Mensajes: 809
Registrado: Mar 28 Dic, 2010 3:26 pm
Medallas: 6
Nivel: Exolímpico
Ubicación: Córdoba

Re: Teorema de Apolonio

Mensaje sin leer por Vladislao » Vie 08 Nov, 2013 9:48 pm

Es casualmente muy fácil probar esta propiedad usando geometría analítica. El post de ricarlos tiene una onda parecida pero apunta a otra cosa.
Spoiler: mostrar
Supongamos fijos los puntos [math] y [math] en un sistema cartesiano. Sea [math] una constante positiva. Probaremos que el lugar geométrico de los puntos [math] tales que [math] es una circunferencia (y vamos a hallar explícitamente dónde está). Sea [math] tal que se verifica esta condición, entonces [math], o equivalentemente [math]. Elevando al cuadrado, resulta que [math].

Restando, resulta: [math], y si [math], resulta: [math].
Completando cuadrados, esto no es ni más ni menos que: [math]

O equivalentemente [math]

Resumiendo, si [math] cumple esa condición, entonces [math] está en la circunferencia que satisface la ecuación: [math], y por lo tanto, hemos probado que el lugar geométrico de estos puntos es precisamente una circunferencia.
Nota: Es, como mínimo, simpático que la expresión resultante no manifieste absolutamente ningún problema (el radio de la circunferencia es positivo). Además, la salvedad de [math] revela claramente que en ese caso el lugar geométrico no es una circunferencia, dado que se obtiene la mediatriz del segmento [math]. (Ahí agregué en el post de Iván ese casito molesto).
1  
Sea [math] Para todo entero positivo [math] se cumple que [math] es un número primo.

Avatar de Usuario
Gianni De Rico

FOFO 7 años - Mención Especial-FOFO 7 años OFO - Medalla de Oro-OFO 2019 COFFEE - Jurado-COFFEE Matías Saucedo OFO - Jurado-OFO 2020 FOFO Pascua 2020 - Jurado-FOFO Pascua 2020
COFFEE - Jurado-COFFEE Carolina González
Mensajes: 1241
Registrado: Vie 16 Sep, 2016 6:58 pm
Medallas: 6
Nivel: Exolímpico
Ubicación: Rosario
Contactar:

Re: Teorema de Apolonio

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Vie 20 Sep, 2019 10:42 pm

Sin proyectiva, inversión, ni analítica
Demostración:
Spoiler: mostrar
Sean $C$ y $D$ sobre la recta $AB$ (con $D,A,C,B$ en ese orden), tales que $\frac{AC}{BC}=k=\frac{AD}{BD}$ (con $k\neq 1$), $\Gamma$ la circunferencia de diámetro $CD$, y $O$ el centro de $\Gamma$. Por último, sea $P$ un punto no perteneciente a la recta $AB$.
Veamos que $\frac{AP}{BP}=k\iff P\in \Gamma$.

$\Rightarrow )$
Como $\frac{AP}{PB}=k=\frac{AC}{BC}=\frac{AD}{BD}$, por el Teorema de la Bisectriz (y como $D,A,C,B$ están en ese orden sobre $AB$), tenemos que $C$ y $D$ son los pies de las bisectrices interior y exterior de $\angle APC$, respectivamente. Luego, $PC\perp PD$, por lo que $P\in \Gamma$. $\blacksquare$

$\Leftarrow )$
Sean $a=OA$, $b=AC$ y $c=CB$. Luego, $OP=OD=OC=OA+AC=a+b$, y $OB=OA+AC+CB=a+b+c$. Por lo tanto$$\begin{align*}\frac{2a+b}{2(a+b)+c} & =\frac{(a+b)+a}{(a+b)+a+b+c} \\
& =\frac{DO+OA}{DO+OB} \\
& =\frac{DA}{DB} \\
& =k \\
& =\frac{CA}{CB} \\
& =\frac{b}{c}
\end{align*}$$y por una ley de proporcionalidad tenemos que$$\frac{b}{c}=\frac{2a}{2(a+b)}=\frac{a}{a+b}$$por lo tanto$$\frac{c}{b}=\frac{a+b}{a}=1+\frac{b}{a}\Rightarrow c=b+\frac{b^2}{a}$$entonces$$\begin{align*}OA\cdot OB & =a(a+b+c) \\
& =a\left (a+b+b+\frac{b^2}{a}\right ) \\
& =a\left (a+2b+\frac{b^2}{a}\right ) \\
& =a^2+2ab+b^2 \\
& =(a+b)^2 \\
& =OP^2
\end{align*}$$de donde $OP$ es tangente a $\odot ABP$.
Sean $\angle PAB=2\alpha$ y $\angle ABP=2\beta$, luego, $\angle APB=180°-2\alpha -2\beta=2(90°-\alpha -\beta )$. Como $OP$ es tangente a $\odot ABP$, tenemos que $\angle OPA=2\beta$, por lo que $\angle COP=\angle AOP=2(\alpha -\beta )$, y como $OC=OP$, tenemos que $\angle PCA=\angle PCO=90°-\alpha +\beta$. Luego$$\begin{align*}\angle APC & =180°-\angle PAC-\angle PCA \\
& =180°-2\alpha -(90°-\alpha +\beta ) \\
& =90°-\alpha -\beta \\
& =\frac{2(90°-\alpha -\beta )}{2} \\
& =\frac{\angle APB}{2}
\end{align*}$$por lo que $PC$ es bisectriz de $\angle APB$. Finalmente, por el Teorema de la Bisectriz, tenemos que $\frac{AP}{BP}=\frac{AC}{BC}=k$. $\blacksquare$

Por lo tanto, el lugar geométrico de los puntos $P$ tales que $\frac{AP}{BP}=k$ es la circunferencia $\Gamma$, y el Teorema de Apolonio queda demostrado.
Queda Elegantemente Demostrado

Responder