Olimpiada Matemática Española 2011 – Problema 3: Propiedad de los puntos de tangencia

Nueva propuesta relacionada con los problemas planteados en la XLVII Edición de la Olimpiada Matemática Española. El tercer problema (correspondiente a la primera sesión), tuvo el siguiente enunciado:

Sean A,B,C,D cuatro puntos en el espacio tales que no hay ningún plano que pasa por los cuatro a la vez. Los segmentos AB,BC,CD,DA son tangentes a una misma esfera. Demuestra que los cuatro puntos de tangencia están en un mismo plano.

A por él.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

11 Comentarios

  1. ABCD constituyen un cuadrilatero alabeado (no plano) en el espacio. Doblando este cuadrilatero por la diagonal AC nos encontrariamos con un cuadrilatero plano. Si los puntos de tangencia a la esfera son PQRS con P situado en AB, Q en BC, R en CD y S en DA, al echarlos sobre ese plano tendriamos un cuadrilatero PQRS ciclico (habria una circunferencia que pasa por esos cuatro puntos). Si conseguimos ver ahora que las lineas PQ y RS se cortan precisamente sobre la diagonal por la que habiamos doblado ABCD el problema estaria visto para sentencia… En efecto, al volver a desdoblar por la diagonal para recuperar la posicion original del cuadrilatero alabeado ABCD de partida resultaria que el punto de corte de PQ y RS quedaria fijo (pues hemos dicho que ha de pertenecer a la diagonal AC por la que hemos doblado). Asi que PQ y RS (tras el desdoble) seguiran siendo rectas coplanarias, puesto que concurren en un punto.

    Ese puede ser el planteamiento, a falta como digo de probar que (en la version plana) PQ y RS se cortan sobre la diagonal de ABCD (bueno, hay tambien un caso limite que se daria cuando ambas son paralelas a la diagonal; podriamos decir aqui que concurren con la diagonal en el punto del infinito: este caso limite no resulta demasiado relevante).
    Este LEMA que nos falta probar, necesario para terminar, no resulta ser trivial en absoluto. Agradeceria una prueba sencilla del mismo.

    !Animo, que parece que el problema lo tenemos ya acorralado!

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  2. queseyoquien, no veo que PQRS (en el polígono doblado para que sea plano) tenga que ser cíclico.

    El problema se resuelve fácilmente asignando determinadas masas a los vértices A,B,C,D del cuadrilátero alabeado de forma que el centro de gravedad de los 4 vértices sea la interesección de las rectas que unen los puntos de tangencia en lados opuestos.

    Otra posibilidad es aplicar el recíproco del teorema III del ‘Essai sur la theorie des transvesales’ de Lazare Carnot. (el recíproco se cumple para cuadriláteros)

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  3. Un cuadrilatero es ciclico si angulos opuestos suman 180 grados. En el caso que nos ocupa, eso resulta muy facil de ver.

    Por cierto, el LEMA que necesitaba sale relativamente facil, como consecuencia del teorema de Menelao. Si pudiera hacer algun dibujo, enviaria a este foro la solucion completa.

    Por ultimo, soy yo el que no entiendo eso de las masas en vertices, etc. ¿Que masas? No parece que tenga nada que ver con lo que nos estan preguntando.

    En cuanto al reciproco del teorema de Carnot, tampoco esta claro como aplicarlo al caso que nos ocupa. No me resulta sencillo ver como usarlo ni si tiene relacion o no con el problema planteado.

    De todas formas, muchas gracias por tus aportaciones e interes.

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  4. Sean P,Q,R,S los puntos de tangencia de AB, BC, CD, DA con la esfera. Entonces AP=AS, BP=BQ, CQ=CR y DR=DS.
    Asignamos a los puntos A,B,C,D respectivamente pesos 1/AP, 1/BQ, 1/CR, 1/DS.
    Entonces el centro de gravedad de A y B es P, y el de C y D es R, y por tanto el centro de gravedad de ABCD está en el segmento PR.
    Como también el centro de gravedad de B y C es Q y el de A y D es S, el centro de gravedad de ABCD está en el segmento QS.
    Por tanto PR y QS se cortan y P,Q,R,S son coplanarios.

    ———————-

    O bien aplicamos directamente el siguiente teorema:
    Sean A,B,C,D puntos no coplanarios y P,Q,R,S puntos en las rectas AB, BC, CD, DA respectivamente. Entonces P,Q,R,S están en un mismo plano si y solo si \dfrac{AP}{BP} \cdot \dfrac{BQ}{CQ} \cdot \dfrac{CR}{DR} \cdot \dfrac{DS}{AS} = 1. (tomando las razones con signo).

    La demostración de ese resultado es fácil.

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  5. Estimado fede:

    Yo no uso sombrero, asi que voy a emplear una frase que repetia mucho uno de los personajes (creo que “Max Estrella”) de Luces de Bohemia (de R. del Valle-Inclán). El buen hombre, poeta pobre que no podía permitirse comprarse un sombrero, ante la lectura de una buena poesía en la tertulia literaria a la que asistía decía “!ME QUITO EL CRÁNEO! …

    Pues bien, la solución que planteas –ahora sí que la entiendo bien– es AUTÉNTICA POESÍA.

    En mas de 30 años viendo problemas de Olimpiadas, he visto muchas veces aplicar matemáticas a resolver problemas físicos, pero utilizar ideas que a nuestros alumnos les sonarían mas a Fisica (aunque los centros de gravedad son pura Geometria y Analisis) es algo para quitarse el sombrero… o el cráneo.

    Por cierto, la segunda prueba que apuntas, se puede utilizar precisamente para deducir por donde anda el centro de gravedad (y, de hecho sería la explicación matemática de ese hecho físico).

    La solución que habiamos obtenido por aqui (desdobles, cuadrilateros ciclicos, teorema de Menelao) es tambien valida, y nos costo mucho obtenerla (entre varios profesionales)… Pero la tuya es muchisimo mas elegante.

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  6. q., estoy de acuerdo en que la solución es bonita, pero no es mía…

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  7. La solución basada en el centro de masas está dada en el libro de Arthur Engel, “Problem-Solving Strategies” (Problema 12.3.2.32).

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  8. Solución preciosa fede!

    Una alternativa equivalente desde el punto de vista formal, aunque no tan elegante, es la siguiente: consideramos que la recta AC, y sean X,Y los puntos de corte de las rectas PQ,RS con la recta AC. Aplicando el teorema de Menelao y usando que AP=AS, BP=BQ, CQ=CR, DR=DS, se pueden calcular los cocientes \frac{AX}{CX}=\frac{AY}{CY}, siendo relativamente fácil argumentar que X,Y han de estar en la recta AC en el mismo lado respecto a los puntos A,C. Entonces X=Y, luego las rectas PQ,RS tienen un punto común y por lo tanto definen un único plano en el que están P,Q,R,S. Esto funciona en todos los casos salvo que no se pueda definir alguno de los puntos X,Y. Ahora bien, como los puntos A,B,C definen un único plano que contiene a AC, P,Q, entonces X existe salvo que PQ sea paralela a AC, y esto es cierto por Thales si y sólo si AP=CQ, donde se ha usado que BP=BQ, y esto a su vez es cierto si y sólo si AS=CR, luego usando que DR=DS, si y sólo si AC es paralela a RS. Pero entonces PQ,RS son paralelas, y existe un plano que las contiene a ambas, y también a los cuatro puntos.

    He visto también otra solución (que no es original mía) que utiliza proyecciones: considera el plano que pasa por P,Q,R, que claramente existe y es único, y proyecta sobre dicho plano el punto S. Utiliza luego Thales y semejanzas entre triángulos para demostrar que S y su proyección han de coincidir, es decir, que S está también sobre el plano que contiene a P,Q,R.

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  9. Hola.
    Aunque es bastante tarde, aporto mi solución:
    He nombrado por N, M, P y Q a los puntos de tangencia (M en AB, N en BC, P en CD y Q en DA). Por hipótesis, los puntos A,B,C y D no son coplanarios y por tanto {B-A, C-A, D-A} es una base de R^3. También será base de R^3, {u,v,w} donde u=M-A, v=Q-A y w=C-A (ya que M está en AB y Q en DA). En esta base he expresado los vectores Q-M, N-M y P-M que haciendo los cálculos he llegado a:
    Q-M=-u+v, N-M=((CN·BA/CB·AM)-1)u+(NB/CB)v, P-Q=-u+(AD·CP/QA·CD)v+(PD/CD)w
    Ahora solo falta calcular el determinante y comprobar que da 0.
    Para ver que el determinante da 0, hay que usar que MA=QA, DQ=PD, CP=NC y NB=BM, lo cual se deduce fácilmente de ser los puntos M,N,P y Q tangentes a la esfera.
    A quien le interese los detalles, se los puedo enviar, lo tengo escrito en LaTeX.
    Saludos!

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  10. Fede como demuestras esto?
    Sean A,B,C,D puntos no coplanarios y P,Q,R,S puntos en las rectas AB, BC, CD, DA respectivamente. Entonces P,Q,R,S están en un mismo plano si y solo si \dfrac{AP}{BP} \cdot \dfrac{BQ}{CQ} \cdot \dfrac{CR}{DR} \cdot \dfrac{DS}{AS} = 1. (tomando las razones con signo).

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