¿Cómo demostrar que un cuadrilátero con una circunferencia inscrita en su interior es cíclico?

Question

La pregunta es la siguiente:

En el diagrama siguiente, $BF \perp HD$ . Demostrar que $ACEG$ es un cuadrilátero cíclico.

En clase, nos dijeron que introdujéramos el origen $O$ y dibujar los radios $OB, OH, OF,$ y $OD$ . Entonces nos dimos cuenta de que $\angle FOD = 180°- \angle FED$ y $\angle HOB = 180° -\angle HAB$ , se les dijo después que usaran el Teorema de Tales dos veces. En este punto, no sé dónde utilizar el Teorema de Tales, o dónde ir con el problema.

Answer 1

Construcción: Extender DO y HO para cortar el círculo en M y N respectivamente.

Considerando el cuadrilátero rosa, tenemos que los ángulos marcados en rojo son iguales.

Del mismo modo, los ángulos marcados en verde son iguales.

He olvidado el nombre del siguiente teorema (probablemente se llame teorema del ángulo inscrito ampliado). Ese hecho es:-El tamaño del ángulo en X (HXB) es proporcional a (arco HB + arco FD).

Dado que el ángulo en $X = 90^0$ entonces la longitud de arco proporcional es la mitad de la circunferencia = (arco MF + arco FD). Esto significa que el arco HB = el arco MF. Entonces, $\angle purple = \angle red$ .

El resultado se debe a que $\angle green + \angle red =\angle green + \angle purple = 180^0$ .

Añadido: Explicación del "teorema".

Sea X el punto de intersección de las cuerdas AB y CD. Debe quedar claro que:-

$\angle 3 = \angle 2 + \angle 1 = \angle2 + \angle 1’$

$\angle 2$ es proporcional al arco azul BD y $\angle 1’$ es proporcional al arco verde AC. Por lo tanto, obtenemos el resultado requerido.

Answer 2

Aquí hay otra solución. Extienda $AC$ y $GE$ hasta que se cruzan en un punto $P$ . Entonces, como $AC$ y $GE$ son tangentes al círculo en los puntos $B$ y $F$ respectivamente, $PB = PF$ y, por tanto, el triángulo $PBF$ es isósceles, lo que significa que $$\angle \, FBA = \angle \, FBP = \angle \, BFP = \angle\, BFG = \alpha$$ En el caso de que $AC$ y $GE$ no se cruzan, son paralelas y entonces $$\angle \, FBA = \angle \, FBP = 90^{\circ} = \angle \, BFP = \angle\, BFG = \alpha$$ Análogamente, podemos concluir que $\angle \, AHD = \angle \, CDH = \beta$ .

Lo que sigue es sólo una búsqueda de ángulos. Dejemos que $K$ sea el punto de intersección de $HD$ y $BF$ . En quad $ABKH$ se cumple la siguiente identidad angular $$360^{\circ} = \angle \, A + \angle \, ABK + \angle \, AHK + \angle \, BKH = \angle \, A + \alpha + \beta + 90^{\circ}$$ así que $$\angle \, A = 270^{\circ} - \alpha - \beta$$ En cuadriciclo $DEFK$ se cumple la siguiente identidad angular $$360^{\circ} = \angle \, E + \angle \, EFK + \angle \, EDK + \angle \, DKF = \angle \, A + (180^{\circ} - \alpha) + (180^{\circ} - \beta) + 90^{\circ}$$ así que $$\angle \, E = \alpha + \beta - 90^{\circ}$$

Finalmente calcule $$\angle \, A + \angle \, E = 270^{\circ} - \alpha - \beta \, + \, \alpha + \beta - 90^{\circ} = 180^{\circ}$$ que se mantiene exactamente cuando el cuadrilátero $ACEG$ es cíclico.