Archivo del Autor: Rubén Alexander Ocampo Arellano

Geometría Moderna I: Teorema de Pitágoras

Introducción

En esta ocasión veremos el teorema de Pitágoras que relaciona la hipotenusa de un triangulo rectángulo con la longitud de sus catetos, esta propiedad permite definir una métrica en el espacio euclidiano, en particular con esto podemos calcular la longitud de un segmento si conocemos un triángulo rectángulo que tenga como hipotenusa dicho segmento.

Geométricamente el teorema de Pitágoras nos habla sobre el área de cuadrados construidos sobre los lados de un triángulo rectángulo, así que necesitamos presentar un concepto nuevo.

Definición. Definimos el área de un rectángulo como el producto de dos de sus lados adyacentes. De esta manera el área de un cuadrado será su lado al cuadrado.

Figura 1

Como las diagonales de todo rectángulo lo dividen en dos triángulos rectángulos congruentes, de la definición se sigue que el área de un triángulo rectángulo es el semiproducto de sus catetos.  

Teorema de Pitágoras

Teorema 1. De Pitágoras. El área de un cuadrado de lado igual a la hipotenusa de un triángulo rectángulo es igual a la suma de las áreas de cuadrados de lados igual a los catetos del triángulo rectángulo.

Demostración. Consideremos un triángulo rectángulo de catetos $a$, $b$ e hipotenusa $c$. Construimos un cuadrado $\square ABCD$ de lados $a + b$, y puntos $P \in \overline{AB}$, $Q \in \overline{BC}$, $R \in \overline{CD}$ y $S \in \overline{AD}$, tales que $AP = BQ = CR = DS = a$ y $BP = CQ = DR = AS = b$.

Figura 2

Como los ángulos en las esquinas son rectos entonces por criterio LAL
$\begin{equation} \triangle ASP \cong \triangle BPQ \cong \triangle CQR \cong \triangle DRS \end{equation}$
en particular $PQ = QR = RS = SP$.

Por $(1)$ $\angle CQR$ y $\angle PQB$ son complementarios en consecuencia $\angle RQP = \dfrac{\pi}{2}$, de manera análoga se ve que
$\angle SRQ = \angle QPS = \angle PSR = \angle RQP = \dfrac{\pi}{2}$.

Por lo tanto, $\square PQRS$ es un cuadrado de lado c.

Ahora construimos otro cuadrado $\square A’B’C’D’$ de lados $a + b$, y puntos $P’ \in \overline{A’B’}$ y $Q’ \in \overline{B’C’}$ tales que $A’P’ = B’Q’ = b$ y $B’P’ = C’Q’ = a$.

Trazamos una perpendicular a $\overline{A’B’}$ por $P’$ que interseca a $\overline{C’D’}$ en $R’$, y una perpendicular a $\overline{B’C’}$ por $Q’$ que interseca a $\overline{A’D’}$ en $S’$.

Figura 3

Como $\overline{A’B’} \parallel \overline{C’D’}$ entonces $\overline{P’R’} \perp \overline{C’D’}$, análogamente $\overline{Q’S’} \perp \overline{A’D’}$ y entonces $\overline{P’R’} \perp \overline{Q’S’}$.

Por lo tanto, $\square A’P’ES’$, $\square EQ’C’R’$, $\square P’B’Q’E$ y $\square S’ER’D’$ son rectángulos.

Como los lados opuestos de todo rectángulo son iguales, concluimos que $\square A’P’ES’$ y $\square EQ’C’R’$ son cuadrados de lados $b$ y $a$ respectivamente.

$\overline{B’E}$ y $\overline{ED’}$ dividen a $\square P’B’Q’E$ y $\square S’ER’D’$ en cuatro triángulos rectángulos congruentes entre si pues los rectángulos son congruentes.

Pero al mismo tiempo los triángulos en $\square A’B’C’D’$ son congruentes con los triángulos en $\square ABCD$, pues tienen los mismos lados $a$ y $b$, y todos son triángulos rectángulos.

Finalmente, como $\square ABCD$ y $\square A’B’C’D’$ son congruentes entonces sus áreas son iguales y podemos sustraer a cada uno el área de los cuatro triángulos resultando así que el área del cuadrado rosa es igual a la suma de las áreas de los cuadrados verde y naranja.

Por lo tanto, $c^2 = a^2 + b^2$.

$\blacksquare$

Reciproco del Teorema de Pitágoras

Teorema 2. Reciproco del teorema de Pitágoras. Si en un triángulo el cuadrado de uno de sus lados es igual a la suma de los cuadrados de los otros dos lados entonces el triángulo es rectángulo.

Demostración. Sea $\triangle ABC$ un triángulo tal que $AC^2 = AB^2 + BC^2$, construimos un punto $D$ del lado opuesto a $C$ respecto de $\overline{AB}$ tal que $BD = BC$ y $\overline{BD} \perp \overline{AB}$.

Figura 4

Por construcción $\triangle ABD$ es rectángulo, por el teorema de Pitágoras, $AD^2 = AB^2 + BD^2$,
como $BD = BC$ $\Rightarrow BD^2 = BC^2$, por lo tanto, $AD^2 = AB^2 + BC^2 = AC^2$.

Por hipótesis, $AC^2 = AB^2 + BC^2 \Rightarrow AD^2 = AC^2 \Rightarrow AD = AC$.

Por criterio LLL $\triangle ABC \cong \triangle ADC$ en particular $\angle CBA = \angle ABC = \dfrac{\pi}{2}$.

$\blacksquare$

Sea $\triangle ABC$ entonces por los teoremas 1 y 2
$\angle B = \dfrac{\pi}{2} \Leftrightarrow AC^2 = AB^2 + BC^2$.

Ahora consideremos un triángulo $\triangle A’B’C’$ con $A’B’ = AB$ y $B’C’ = BC$ pero $\angle B’ > \dfrac{\pi}{2}$, entonces por la proposición 2 de la entrada desigualdad del triángulo y su reciproco, esto ocurre si y solo si $A’C’ > AC$
$\Leftrightarrow A’C’^2 > AC^2 = AB^2 + BC^2 = A’B’^2 + B’C’^2$

Por otra parte, si tenemos $\triangle A’’B’’C’’$ tal que $A’’B’’ = AB$ y $B’’C’’ = BC$ pero $\angle B’’ < \dfrac{\pi}{2}$, por el resultado antes mencionado, esto ocurre si y solo si $A’’C’’ < AC$
$\Leftrightarrow A’’C’’^2 < AC^2 = AB^2 + BC^2 = A’’B’’^2 + B’’C’’^2$

Resumiendo, tenemos lo siguiente para cualquier triángulo $\triangle ABC$:

  • $\angle B$ es recto $\Leftrightarrow AC^2 = AB^2 + BC^2$,
  • $\angle B$ es obtuso $\Leftrightarrow AC^2 > AB^2 + BC^2$,
  • $\angle B$ es agudo $\Leftrightarrow AC^2 < AB^2 + BC^2$.

Ley del paralelogramo

Teorema 3. Ley del paralelogramo. La suma de los cuadrados de los lados de un paralelogramo es igual a la suma de los cuadrados de sus diagonales.

Demostración. Sean $\square ABCD$ un paralelogramo, $E$ y $F$ los pies de las perpendiculares a $\overline{BC}$ trazadas desde $A$ y $D$ respectivamente.

Figura 5

Recordemos que los lados opuestos de un paralelogramo son iguales, por lo que $AB = CD$ y $AD = BC$, además $\square AEFD$ es un rectángulo y todo rectángulo es paralelogramo, por lo tanto, $AE = DF$ y $EF = AD = BC$, $\Rightarrow BE = CF$.

Aplicando el teorema de Pitágoras a los triángulos $\triangle ABE$, $\triangle DBF$ y $\triangle AEC$ obtenemos:

$\begin{equation} AB^2 = AE^2 + BE^2 \end{equation}$

$DB^2 = DF^2 + BF^2$
$= AE^2 + (BC + CF)^2 = AB^2 – BE^2 + (BC + BE)^2$
$= AB^2 – BE^2 +BC^2 + 2BC \times BE + BE^2$
$\begin{equation} = AB^2 + BC^2 + 2BC \times BE\end{equation}$

$AC^2 = AE^2 + EC^2$
$= AE^2 + (BC – BE)^2 = AB^2 – BE^2 + BC^2 -2BC \times BE + BE^2$
$\begin{equation} = AB^2 + BC^2 -2BC \times BE \end{equation}$

Sumamos $(3)$ y $(4)$ para obtener
$AC^2 + BD^2 = 2AB^2 + 2BC^2$.

$\blacksquare$

Teorema de Apolonio

Teorema 4. De Apolonio. En todo triangulo la suma de los cuadrados de dos lados es igual a dos veces el cuadrado de la mitad del tercer lado más dos veces el cuadrado de la mediana que biseca al tercer lado.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $M$ el punto medio de $\overline{BC}$. Por demostrar que $AB^2 + AC^2 = 2(BM^2 + AM^2)$.

Sea $D$ el pie de la perpendicular a $\overline{BC}$ trazada desde $A$, aplicamos el teorema de Pitágoras a los triángulos $\triangle ADM$, $\triangle ADB$ y $\triangle ADC$.

Figura 6

$\begin{equation} AM^2 = AD^2 + DM^2 \end{equation}$

$AB^2 = AD^2 + BD^2$
$= AM^2 – DM^2 + (DM – BM)^2 = AM^2 – DM^2 + DM^2 – 2DM \times BM + BM^2$
$\begin{equation} = AM^2 + BM^2 – 2DM \times BM \end{equation}$

$AC^2 = AD^2 + DC^2$
$= AM^2 – DM^2 + (DM + MC)^2 = AM^2 – DM^2 +DM^2 + 2DM \times MC + MC^2$
$\begin{equation} = AM^2 + 2DM \times MC + MC^2 \end{equation}$

Como $BM = MC$ sumando $(6)$ y $(7)$ obtenemos
$AB^2 + AC^2 = 2AM^2 + 2MC^2$.

$\blacksquare$

Caracterización de las alturas de un triángulo

Proposición. Sean $BC$ un segmento y $P$ un punto en el plano, considera $D$ el pie de la perpendicular a $BC$ trazada desde $P$, entonces $PB^2 – PC^2 = DB^2 – DC^2$.

Figura 7

Demostración. Los triángulos $\triangle PDB$ y $\triangle PDC$ son rectángulos, por el teorema de Pitágoras tenemos que $PB^2 = PD^2 + DB^2$ y $PC^2 = PD^2 + DC^2$.

Despejando $PD^2$ de ambas ecuaciones e igualando tenemos que $PB^2 – DB^2 = PC^2 – DC^2$
$\Rightarrow PB^2 – PC^2 = DB^2 – DC^2$.

$\blacksquare$

Teorema 5. Sea $\triangle ABC$ un triángulo entonces un punto $P$ está en la altura por $A$ si y solo si $PB^2 – PC^2 = AB^2 – AC^2$.

Demostración. Supongamos que $P$ es un punto en la altura desde $A$ entonces podemos considerar el triángulo $\triangle PBC$.

Figura 8

Por la proposición tenemos que los puntos $P$ y $A$ cumplen que $PB^2 – PC^2 = DB^2 – DC^2$ y $AB^2 – AC^2 = DB^2 – DC^2$ donde $D$ es el pie de la altura.

Por lo tanto $PB^2 – PC^2 = AB^2 – AC^2$.

$\blacksquare$

Ahora supongamos que $P$ es un punto en el plano tal que $PB^2 – PC^2 = AB^2 – AC^2$ por la proposición sabemos que $AB^2 – AC^2 = DB^2 – DC^2$, con $D$ el pie de la altura desde $A$.

Por transitividad se tiene que $PB^2 – PC^2 = DB^2 – DC^2$.

Sea $E$ el pie de la perpendicular a $BC$ trazada desde $P$, nuevamente por la proposición tenemos que $PB^2 – PC^2 = EB^2 – EC^2$ $\Rightarrow DB^2 – DC^2 = EB^2 – EC^2$

Figura 9

Supongamos que $D$ está en el segmento $BC$ y $E$ fuera del segmento y del lado de $B$ (figura 9), otros casos se muestran de manera similar, entonces $EB = ED – BD$ y $EC = ED + DC$.

$\Rightarrow DB^2 – DC^2 = (ED – BD)^2 – (ED + DC)^2$
$= ED^2 – 2ED \times BD + BD^2 – ED^2 – 2ED \times DC – DC^2$
$\Rightarrow 0 = ED \times BD + ED \times DC = ED(BD + DC)$

Como $BD + DC \neq 0 \Rightarrow ED = 0$
$\Rightarrow E = D$

De esto se concluye que $P$ está en la altura trazada desde $A$.

$\blacksquare$

Tarea moral

  1. Dado un segmento unitario construye un segmento de longitud $\sqrt{2}$, $\sqrt{3}$, $\sqrt{5}$ …
  2. Si $a$, $b$, $c$, $d$, y $e$ son las longitudes de cinco segmentos tales que con cualesquiera tres de ellos es posible construir un triángulo, muestra que al menos uno de los triángulos es acutángulo.
  3. Sea $\triangle ABC$ un triángulo tal que la mediana $AD$ es perpendicular a la mediana $BE$, encuentra $AB$ si $BC = a$ y $AC = b$.
  4. Muestra que en un triángulo con ángulos interiores iguales a $\dfrac{\pi}{2}$, $\dfrac{\pi}{3}$ y $\dfrac{\pi}{6}$, se tiene que el cateto opuesto al ángulo de $\dfrac{\pi}{6}$ es igual a la mitad de la hipotenusa y el cateto opuesto al ángulo de $\dfrac{\pi}{3}$ es igual a $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ veces la hipotenusa.
  5. Si dos de los lados de un triángulo miden $a$ y $b$ y el ángulo entre ellos mide $\dfrac{3\pi}{4}$ encuentra la longitud del segmento medio entre los lados dados.

Más adelante…

En la siguiente entada estudiaremos el teorema de Thales también conocido como teorema de la proporcionalidad.

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Geometría Moderna I: Paralelogramos

Introducción

En esta entrada presentamos a el primer tipo de cuadriláteros que estudiaremos, los paralelogramos, algunas de sus propiedades serán frecuentemente usadas durante el curso.

Definición 1. Un cuadrilátero es una figura geométrica que consiste en cuatro vértices y cuatro lados. Si los vértices de un cuadrilátero son $A$, $B$, $C$ y $D$ y los lados $\overline{AB}$, $\overline{BC}$, $\overline{CD}$ y $\overline{AD}$ entonces lo denotamos como $\square ABCD$.

Decimos que los lados de un cuadrilátero son adyacentes u opuestos de acuerdo a si tienen o no un vértice en común. Similarmente diremos que los vértices de un cuadrilátero son adyacentes u opuestos si son extremos de un mismo lado o no. Los segmentos que unen vértices opuestos son las diagonales del cuadrilátero.

Un cuadrilátero es convexo si sus diagonales se intersecan en el interior del cuadrilátero.

Figura 1

Proposición 1. La suma de los ángulos internos de todo cuadrilátero convexo es $2\pi$.

Demostración. Sea $\square ABCD$ convexo, consideremos $\overline{BD}$, entonces La suma de los ángulos internos del cuadrilátero será igual a la suma de los ángulos internos de los dos triángulos $\triangle ABD$ y $\triangle CBD$, esto es, $2\pi$.

$\blacksquare$

Algunas propiedades de paralelogramos

Definición 2. Un paralelogramo es un cuadrilátero convexo cuyos pares de lados opuestos son paralelos.

Teorema 1. En todo paralelogramo se cumple lo siguiente:

  • los lados opuestos y los ángulos opuestos son iguales,
  • los ángulos adyacentes son suplementarios,
  • cada diagonal divide al paralelogramo en dos triángulos congruentes,
  • las dos diagonales del paralelogramo lo dividen en dos parejas de triángulos congruentes,
  • las diagonales se intersecan en su punto medio.

Demostración. Sea $\square ABCD$ un paralelogramo, como la diagonal $\overline{BD}$ es transversal a $\overline{AB}$ y $\overline{DC}$ y estos son paralelos entonces $\angle DBA = \angle BDC$, similarmente $\overline{BD}$ es transversal a $\overline{AD}$ y a $\overline{BC}$ por lo que $\angle ADB = \angle CBD$.

Figura 2

$\triangle ABD$ y $\triangle CDB$ tienen en común al lado $\overline{BD}$ y por criterio ALA $\triangle ABD \cong \triangle CDB$ es decir $AB = CD$, $AD = CB$ y $\angle A = \angle C$, además $\angle D = \angle ADB + \angle BDC = \angle CBD + \angle DBA = \angle B$.

Así los lados y ángulos opuesto son iguales.

Veamos que los los ángulos adyacentes son suplementarios,
$\angle A +\angle B = \angle A + \angle CBD + \angle DBA = \angle A + \angle ADB + \angle DBA = \pi$.
Similarmente $\angle A + \angle D = \angle C + \angle B = \angle C + \angle D = \pi$.

Por otro lado, si consideramos la diagonal $\overline{AD}$, al igual que en el caso anterior, tendremos que $\angle BAC = \angle DCA$ y $\angle CAD = \angle ACB$.

Figura 3

Sea $E = \overline{AC} \cap \overline{BD}$, por criterio ALA $\triangle EAB \cong \triangle ECB$ y $\triangle EAD \cong \triangle ECB$ por lo que $AE = CE$ y $BE = DE$.

$\blacksquare$

Rectángulo

Definición 3. Un rectángulo es un cuadrilátero con cuatro ángulos rectos.

Proposición 2. Todo rectángulo es paralelogramo.

Demostración. Como dos lados opuestos son perpendiculares a un tercer lado entonces son paralelos entre sí. Similarmente los otros dos lados opuestos son paralelos entre sí. Por lo tanto, un rectángulo es paralelogramo.

Figura 4

$\blacksquare$

Proposición 3. Un paralelogramo es rectángulo si y solo si sus diagonales tienen la misma longitud.

Demostración. Sea $\square ABCD$ paralelogramo y supongamos que $AC = BD$, por el teorema anterior $AD = BC$, y los triángulos $\triangle ADC $ y $\triangle BCD$ comparten a $\overline{CD}$ como lado en común, por criterio LLL $\triangle ADC \cong \triangle BCD$, en particular $\angle C = \angle D$.

Figura 5

Pero por el teorema 1, $\angle A = \angle C$ y $\angle B = \angle D$, por tanto, $\angle A = \angle C = \angle D = \angle B$.

Por la proposición 1, $4\angle A = \angle A + \angle C + \angle B + \angle D = 2 \pi$
$\Rightarrow \angle A = \angle C = \angle B = \angle D = \dfrac{\pi}{2}$.

Así, $\square ABCD$ es rectángulo.

$\blacksquare$

Ahora supongamos que $\square ABCD$ es rectángulo y probemos que $AC = BD$.

Figura 6

Por hipótesis $\angle D = \angle C$, como $\square ABCD$ es paralelogramo entonces $AD = BC$, además $\overline{CD}$ es un lado en común de $\triangle ADC$ y $\triangle BCD$, por criterio LAL, $\triangle ADC \cong \triangle BCD$, por lo que $AC = BD$.

$\blacksquare$

Rombo

Definición 4. Un rombo es un cuadrilátero con cuatro lados iguales.

Proposición 4. Todo rombo es paralelogramo.

Demostración. Sea $\square ABCD$ un rombo, por criterio LLL $\triangle ABD \cong \triangle CDB$, en particular $\angle ADB = \angle CBD$, como $\overline{BD}$ es transversal a $\overline{AD}$ y a $\overline{BC}$ y los ángulos alternos internos son iguales entonces $\overline{AD} \parallel \overline{BC}$.

Figura 7

De manera similar se ve que $\overline{AB} \parallel \overline{CD}$. Concluimos que $\square ABCD$ es paralelogramo.

$\blacksquare$

Proposición 5. Un paralelogramo es un rombo si y solo si sus diagonales son perpendiculares.

Demostración. Sea $\square ABCD$ paralelogramo y supongamos que $\overline{AC} \perp \overline{BD}$, veamos que es rombo.

Figura 8

Sea $E = \overline{AC} \cap \overline{BD}$, por hipótesis $\angle DEA = \angle AEB$, como $\square ABCD$ es paralelogramo, por el teorema 1, $BE = DE$, además $\overline{AE}$ es un lado en común de $\triangle AED$ y $\triangle AEB$, por criterio LAL $\triangle AED \cong \triangle AEB$, en particular $AD = AB$.

Como $\square ABCD$ es paralelogramo los lados opuestos son iguales, por lo tanto, $CD = AB = AD = BC$

Así, $\square ABCD$ es rombo.

$\blacksquare$

Ahora supongamos que $\square ABCD$ es rombo veamos que $\overline{AC} \perp \overline{BD}$.

Figura 9

Sea $E = \overline{AC} \cap \overline{BD}$, como $\square ABCD$ es paralelogramo, $BE = DE$, por criterio LLL, $\triangle ABE \cong \triangle ADE$, por lo que $\angle AEB = \angle DEA$.

Por ser opuestos por el vértice, $\angle AEB = \angle CED$ y $\angle DEA = \angle BEC$, por lo que $\angle CED = \angle AEB = \angle DEA = \angle BEC$, y como $\angle CED + \angle AEB + \angle DEA + \angle BEC = 2\pi$ entonces $\angle CED = \angle AEB = \angle DEA = \angle BEC =\dfrac{\pi}{2}$.

Por lo tanto, $\overline{AC} \perp \overline{BD}$.

$\blacksquare$

Segmento medio del triángulo

Proposición 6. Si un cuadrilátero convexo tiene un par de lados opuestos paralelos e iguales entre si entonces los restantes lados opuestos son paralelos e iguales entre sí.

Demostración. Sea $\square ABCD$ convexo tal que $AD = BC$ y $\overline{AD} \parallel \overline{BC}$.

Tracemos $\overline{BD}$, como $\overline{AD} \parallel \overline{BC}$ entonces $\angle ADB = \angle CBD$, por criterio LAL, $\triangle ADB \cong \triangle CBD$, en particular $AB = CD$ y $\angle DBA = \angle BDC$.

Figura 10

Como $\overline{BD}$ es transversal a $\overline{AB}$ y a $\overline{CD}$ y $\angle DBA = \angle BDC$ entonces $\overline{AB} \parallel \overline{CD}$.

En consecuencia, $\square ABCD$ es paralelogramo.

$\blacksquare$

Teorema 2. Del segmento medio del triángulo. El segmento que une puntos medios de dos lados de un triángulo es paralelo e igual a la mitad del lado restante.

Demostración. Sean $\triangle ABC$, $M$ y $N$ los puntos medios de $\overline{AB}$ y $\overline{AC}$ respectivamente. Extendemos $\overline{MN}$ hasta un punto $O$ del lado de $N$ tal que $MN = NO$.

Figura 11

Como $N$ es punto medio de $\overline{AC}$ entonces $AN = CN$, por construcción $MN = NO$ y $\angle ANM = \angle CNO$ por ser opuestos por el vértice. Por criterio LAL $\triangle ANM \cong \triangle CNO$ por lo que $CO = AM = BM$ y $\angle NMA = \angle NOC$.

Como $\overline{MO}$ es transversal a $\overline{AB}$ y a $\overline{CO}$ y los ángulos alternos internos $\angle NMA$, $\angle NOC$ son iguales entonces $\overline{AB} \parallel \overline{CO}$.

En el cuadrilátero $\square MBCO$ los lados opuestos $\overline{MB}$ y $\overline{CO}$ son paralelos e iguales, por la proposición 6, $\overline{MO} \parallel \overline{BC}$ y $MO = BC$ pero $MN = \dfrac{MO}{2}$. Por lo tanto $MN = \dfrac{BC}{2}$ y $\overline{MN} \parallel \overline{BC}$.

$\blacksquare$

Problema de Thébault

Definición 5. Un cuadrado es un cuadrilátero con cuatro lados iguales y cuatro ángulos rectos. Decimos que la intersección de las diagonales de un cuadrado es el centro del cuadrado.

Teorema 3. Los centros de cuadrados construidos externamente sobre los lados de un paralelogramo son los vértices de un cuadrado y las diagonales del cuadrado y las del paralelogramo son concurrentes.

Demostración. Sea $\square ABCD$ paralelogramo y sean $\square ABB’’A’$, $\square BCC’’B’$, $\square CDD’’C’$ y $\square ADD’A’’$ cuadrados construidos sobre $\overline{AB}$, $\overline{BC}$, $\overline{CD}$ y $\overline{DA}$ respectivamente y $O_{1}$, $O_{2}$, $O_{3}$, $O_{4}$ sus respectivos centros.

Como un cuadrado es un caso particular de un rectángulo y un rombo, sus diagonales son perpendiculares y tienen la misma longitud, y como es un paralelogramo las diagonales se bisecan.

De esto concluimos que las diagonales de un cuadrado lo dividen en cuatro triángulos rectángulos, isósceles y congruentes entre sí.

Por otro lado, como $\square ABCD$ es paralelogramo entonces $AD = BC$ y $AB = CD$.

$\Rightarrow$
$\begin{equation} \triangle AA’O_{1} \cong \triangle ABO_{1} \cong \triangle CDO_{3} \cong \triangle CC’O_{3} \end{equation}$
$\begin{equation} \triangle AA’’O_{4} \cong \triangle ADO_{4} \cong \triangle BCO_{2} \cong \triangle CC’’O_{2} \end{equation}$

Figura 12

Por ser $\square ABCD$ paralelogramo entonces $\angle A = \angle C$, $\angle B = \angle D$, $\angle A + \angle B = \pi$.

Veamos que $\triangle AO_{1}O_{4}$ y $\triangle CO_{3}O_{2}$ son congruentes.

Por $(1)$ $\overline{AO_{1}} = \overline{CO_{3}}$, por $(2)$ $\overline{AO_{4}} = \overline{CO_{2}}$,
notemos que $\angle A’’AA’ = \pi – \angle A = \angle B = \angle D = \pi – \angle C = \angle C’’CC’$,
$\Rightarrow \angle O_{4}AO_{1} = \angle O_{4}AA’’ + \angle A’’AA’ + \angle A’AO_{1}$
$= \angle O_{2}CC’’ + \angle C’’CC’ + \angle C’CO_{3} = \angle O_{2}CO_{3}$

Por criterio LAL $\triangle AO_{1}O_{4} \cong \triangle CO_{3}O_{2}$ por lo que $\overline{ O_{1}O_{4}} = \overline{O_{2}O_{3}}$.

De manera similar se muestra que $\triangle AO_{1}O_{4} \cong \triangle BO_{1}O_{2} \cong \triangle DO_{3}O_{4}$, y así
$\begin{equation} O_{2}O_{3} = O_{1}O_{4} = O_{1}O_{2} = O_{3}O_{4} \end{equation}$

Como $\triangle AO_{1}O_{4} \cong \triangle BO_{1}O_{2}$ entonces $\angle AO_{1}O_{4} = \angle BO_{1}O_{2}$.

$\Rightarrow \angle O_{2}O_{1}O_{4} = \angle BO_{1}O_{4} – \angle BO_{1}O_{2}$
$= \angle BO_{1}A + \angle AO_{1}O_{4} – \angle BO_{1}O_{2} = \angle BO_{1}A = \dfrac{\pi}{2}$.

De manera similar se ve que
$\begin{equation} \angle O_{1}O_{4}O_{3} = \angle O_{4}O_{3}O_{2} = \angle O_{3}O_{2}O_{1} = \angle AO_{1}O_{4} = \dfrac{\pi}{2} \end{equation}$.

Como $\square O_{1}O_{2}O_{3}O_{4}$ tienen cuatro lados iguales por $(3)$, y cuatro ángulos rectos por $(4)$, entonces es un cuadrado.

Veamos que las cuatro diagonales son concurrentes, consideremos $\overline{O_{2}O_{4}}$ diagonal del cuadrado y $\overline{BD}$ diagonal del paralelogramo. Sea $E = \overline{O_{2}O_{4}} \cap \overline{BD}$.

En $\triangle EBO_{2}$ y $\triangle EDO_{4}$ tenemos que $\angle BEO_{2} = \angle DEO_{4}$ por ser opuestos por el vértice, $\angle O_{2}BE = \angle O_{2}BC + \angle CBD = \angle O_{4}DA + \angle ADB$, por lo tanto $\angle EO_{2}B = \angle EO_{4}D$, además $BO_{2} = DO_{4}$.

Por criterio LAL $\triangle EBO_{2} \cong \triangle EDO_{4}$, por lo que $BE = DE$ y $O_{2}E = O_{4}E$
$\Rightarrow O_{2}O_{4}$ y $BD$ se intersecan en su punto medio.

Como $\square ABCD$ y $\square O_{1}O_{2}O_{3}O_{4}$ son paralelogramos sus diagonales se intersecan en su punto medio y por lo anterior todas concurren en $E$.

$\blacksquare$

Tarea moral

  1. Muestra que si un cuadrilátero convexo tiene alguna de las siguientes características entonces es un paralelogramo.
    $i)$los dos pares de lados opuestos son iguales,
    $ii)$los dos pares de ángulos opuestos son iguales,
    $iii)$los ángulos adyacentes son suplementarios,
    $iv)$las diagonales se bisecan.
  2.  Construye un cuadrado sobre un segmento dado.
  3. Si trazamos rectas paralelas a los lados de un paralelogramo por un punto de una de sus diagonales se forman 4 cuadriláteros, muestra que los dos cuadriláteros por donde no pasa la diagonal tienen la misma área.
Figura 13
  1. Demuestra que si una recta biseca a un lado de un triangulo y es paralela a otro de los lados del triangulo entonces biseca al lado restante.
  2. $i)$ Muestra que el punto medio de la hipotenusa de un triangulo rectángulo equidista a los tres vértices del triangulo.
    $ii)$ Recíprocamente prueba que si en un triangulo un punto en uno de sus lados equidista a los tres vértices entonces el triángulo es rectángulo.
  3. Prueba que si construimos triángulos equiláteros exteriormente sobre los lados de un paralelogramo, entonces los cuatro vértices construidos son los vértices de un paralelogramo, y muestra que las diagonales de los dos paralelogramos son concurrentes.
Figura 14

Más adelante…

En la siguiente entrada veremos un resultado muy importante de las matemáticas, el teorema de Pitágoras y algunas aplicaciones.

Entradas relacionadas

Geometría Moderna I: Congruencia de triángulos

Introducción

En esta entrada estudiaremos los criterios de congruencia para triángulos, los cuales estaremos usando a lo largo del curso, nos apoyaremos en las transformaciones rígidas las cuales presentamos a continuación.

Definición 1. Decimos que dos triángulos distintos $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ son congruentes (lo denotamos $\triangle ABC \cong \triangle A’B’C’$), si los lados y los ángulos correspondientes son iguales, esto es, $AB = A’B’$, $BC = B’C’$, $AC = A’C’$ y $\angle A = \angle A’$, $\angle B = \angle B’$, $\angle C = \angle C’$.

Definición 2. Una transformación rígida es una función del plano en sí mismo, o un subconjunto de él, donde la preimagen y la imagen son congruentes.

Una reflexión en una recta es una transformación rígida que manda a todo punto en la preimagen con su punto simétrico respecto a la recta.

Figura 1

Una traslación es una transformación rígida que mueve a todos los puntos en la preimagen una distancia constante en una dirección especifica.

Figura 2

Una rotación es una transformación rígida donde todos los puntos en la preimagen giran alrededor de un punto fijo en un ángulo constante.

Figura 3

Criterio lado, ángulo, lado (LAL)

Teorema 1. De congruencia lado, ángulo, lado. Si en un triángulo dos de sus lados y el ángulo interior que estos forman son iguales a dos lados y el ángulo interior comprendido entre ellos de un segundo triangulo entonces los triángulos son congruentes.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ tales que $AB = A’B’$, $AC = A’C’$ y $\angle A = \angle A’$, debemos mostrar que $BC = B’C’$, $\angle B = \angle B’$ y $\angle C = \angle C’$.

Figura 4

La idea es superponer los ángulos $\angle BAC$ y $\angle B’A’C’$ de la siguiente manera, hacemos una composición de transformaciones rígidas para que $A$ y $A’$ coincidan y los segmentos $\overline{AB}$ y $\overline{A’B’}$  se superpongan.

Entonces como $AB = A’B’$ los puntos $B$ y $B’$ coincidirán, ahora como $\angle BAC = \angle B’A’C’$ los segmentos $\overline{AC}$ y $\overline{A’C’}$ quedaran sobrepuestos, si no es así entonces hacemos una reflexión a través de $\overline{AB}$ para que esto suceda.

Como $\overline{AC}$ y $\overline{A’C’}$  tienen la misma longitud sucederá que $C$ y $C’$ coincidirán, de esta manera los segmentos $\overline{BC}$ y $\overline{B’C’}$ coincidirán pero también los pares de ángulos ($\angle CBA$, $\angle C’B’A’$) y ($\angle ACB$, $\angle A’C’B’$) coincidirán y por lo tanto, por la noción común numero 4 (cosas que coinciden una con otra son iguales entre sí), tendrán la misma magnitud, $BC = B’C’$, $\angle CBA = \angle C’B’A’$, $\angle ACB = \angle A’C’B’$.

Por lo tanto, $\triangle ABC \cong \triangle A’B’C’$.

$\blacksquare$

Notemos que el procedimiento de “superponer” las figuras no se menciona en los axiomas de Euclides ni en las nociones comunes, así que este es un ejemplo de que los postulados de Euclides son incompletos como lo mencionábamos en la entrada anterior.

En el siguiente interactivo se ilustra un caso particular de como con una traslación y una rotación podemos superpones los triángulos.

Criterio lado, lado, lado (LLL)

Definición 3. La mediatriz de un segmento es la recta perpendicular al segmento y que pasa por su punto medio, es decir, lo biseca.

La bisectriz de un ángulo es la recta que pasa por el vértice del ángulo y lo divide en dos ángulos iguales. Notemos que en un triángulo hay tres bisectrices internas y tres bisectrices externas.

Decimos que un vértice y un lado de un triángulo son opuestos si el lado no contiene al vértice. La altura de un triángulo, es el segmento que une uno de sus vértices con el pie de la perpendicular al lado opuesto.

La mediana de un triángulo es el segmento que une un vértice con el punto medio del lado opuesto.

Proposición. Los ángulos internos de un triángulo isósceles, que no son aquel comprendido entre los lados iguales, son iguales entre sí. Además, la bisectriz del ángulo interior formado por los lados iguales, la altura trazada por ese vértice, la mediana y mediatriz del lado opuesto coinciden.

Demostración.  Sea $\triangle ABC$ un triángulo isósceles con $AB = AC$ y tracemos la bisectriz de $\angle A$, sea $M$ el punto en donde la bisectriz corta al lado opuesto.

Figura 5

Los triángulos $\triangle AMB$ y $\triangle AMC$ tienen dos lados iguales, $AB = AC$ por hipótesis y $\overline{AM}$ es un lado en común, además $\angle BAM = \angle MAC$ por ser $\overline{AM}$ bisectriz, por criterio LAL los triángulos son congruentes.

Por lo tanto, $BM = CM$, $\angle AMB = \angle CMA$ y $\angle B = \angle C$
esta última igualdad es la primera de las afirmaciones que se quería mostrar.

Por otro lado, como $BM = CM$, entonces $M$ es punto medio de $\overline{BC}$ por lo que $\overline{AM}$ es mediana.

Ahora, como $\angle AMB + \angle CMA = \pi$ y $\angle AMB = \angle CMA$, entonces $\overline{AM}$ es perpendicular a $\overline{BC}$ y así $\overline{AM}$ es mediatriz y altura.

$\blacksquare$

Lema. Dado un segmento $\overline{AB}$ y un punto $P$ no colineal con $A$ y $B$, no existe otro punto $P’$ diferente de $P$ y en el mismo semiplano que $P$ respecto de $\overline{AB}$, tal que $AP = AP’$ y $BP = BP’$.

Demostración. Por reducción al absurdo, supongamos que existe $P’ \neq P$ talque $AP = AP’$ y $BP = BP’$, entonces consideremos los triángulos isósceles, $\triangle PAP$´ y $\triangle PBP’$. Por la proposición anterior $\angle APP’ = \angle PP’A$ y $\angle BPP’ = \angle PP’B$.

Figura 6

Pero $\angle APP’ = \angle APB + \angle BPP’ = \angle APB + \angle PP’B$
$\Rightarrow APP’ > PP’B$.

Por otro lado, $\angle PP’B = \angle PP’A + \angle AP’B$
$\Rightarrow PP’B > PP’A$.

De las últimas dos desigualdades concluimos que $APP’ > PP’A$, lo cual es una contradicción al axioma de tricotomía pues vimos que $APP’ = PP’A$.

Por lo tanto, no existe $P’$ distinto de $P$ tal que $AP = AP’$ y $BP = BP’$.

$\blacksquare$

Teorema 2. De congruencia lado, lado, lado. Si los lados de un triángulo son iguales a los lados de otro triángulo, entonces los triángulos son congruentes.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ tales que $AB = A’B’$, $BC = B’C’$ y $AC = A’C’$, veamos que los ángulos respectivos tienen la misma magnitud.

Figura 7

Hagamos la composición de transformaciones rígidas necesaria para para hacer coincidir los puntos $B$ y $B’$ de manera que los segmentos $\overline{BC}$ y $\overline{B´C’}$ se sobrepongan. Como $BC = B’C’$ entonces $C$ y $C’$ coincidirán.

Ahora realizamos otra composición de transformaciones rígidas para que $A$ y $A’$ se encuentren en el mismo semiplano respecto de $\overline{BC}$ y $\overline{B’C’}$, que ahora son el mismo segmento.

Por el lema anterior, como $AB = A’B’$ y $AC = A’C’$, no es posible que $A \neq A’$, por lo tanto, coinciden, como $\triangle ABC$ y $\triangle A´B´C´$ coinciden, por la noción común número 4, todas sus magnitudes son iguales, por lo que $\angle A = \angle A’$, $\angle B = \angle B’$ y $\angle C = \angle C’$.

$\blacksquare$

Problema. Dado un ángulo construir su bisectriz.

Solución. Sea $\angle ABC$ el ángulo dado, trazamos una circunferencia de radio arbitrario pero positivo que corta a $\overline{AB}$ en $D$ y a $\overline{BC}$ en $E$.

Figura 8

Ahora construimos un triángulo equilátero sobre $\overline{DE}$, como lo hicimos en la primera entrada, cuyo tercer vértice será $F$.

Veamos que $\overline{BF}$ es la bisectriz de $\angle ABC$. Tenemos que $BD = BE$, pues son radios de una misma circunferencia, $DF = EF$, ya que $\triangle DEF$ es equilátero por construcción, por LLL $\triangle BDF \cong \triangle BEF$, en consecuencia $\angle DBF = \angle FBE$, por lo tanto, $\overline{BF}$ es bisectriz de $\angle ABC$.

$\blacksquare$

Criterio ángulo, lado, ángulo (ALA)

Teorema 3. De congruencia ángulo, lado, ángulo. Si dos ángulos y el lado comprendido entre ellos de un triángulo son iguales a dos ángulos y el lado comprendido entre ellos de otro triangulo, entonces los triángulos son congruentes.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ tales que $\angle B = \angle B’$, $\angle C = \angle C’$ y $BC = B’C’$. Como la suma de los ángulos internos de todo triangulo es $\pi$ entonces
$\angle A + \angle B + \angle C = \pi = \angle A’ + \angle B’ + \angle C’$
$\Rightarrow A = A’$.

Si cualquier otro par de lados correspondientes fuese igual entonces por LAL, los triángulos serian congruentes. Supongamos lo contrario para llegar a una contradicción, es decir, que $AC \neq A’C’$ y $AB \neq A’B’$.

Figura 9

Sin pérdida de generalidad supongamos que $AC > A’C’$. Construimos sobre $\overline{AC}$ un punto $A’’$ tal que $A’’B = A’B’$, entonces $\triangle A’’BC \cong \triangle A’B’C’$ por LAL, por lo que $\angle A’’CB = \angle A’C’B’$.

Por hipótesis, $\angle ACB = \angle A’C’B’$ así que $\angle ACB = \angle A’’CB$, pero $\angle ACB > \angle A’’CB$, lo que es una contradicción, por lo tanto, $AC = A’C’$ y por LAL, $\triangle ABC \cong \triangle A’B’C’$.

$\blacksquare$

Criterio hipotenusa, cateto

Definición 4. En un triángulo rectángulo a los lados que forman el ángulo recto le llamamos catetos y al lado opuesto al ángulo recto le llamamos hipotenusa.

Teorema 4. De congruencia hipotenusa, cateto. Si la hipotenusa y un cateo de un triángulo rectángulo son iguales a la hipotenusa y un cateto de otro triángulo rectángulo, entonces los triángulos son congruentes.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ tales que $\angle B = \angle B’ = \dfrac{\pi}{2}$, $AB = A’B’$ y $AC = A’C’$, sobre la recta determinada por $B$ y $C$ construimos un punto $C’’$ del lado opuesto a $C$ respecto a $B$, tal que $BC’’ = B’C’$.

Figura 10

Entonces por LAL, $\triangle ABC’’ \cong \triangle A’B’C’$, por lo tanto, $AC’’ = A’C’$, por hipótesis $AC = A’C’$, así que $AC = AC’’$.

Como $\triangle C’’AC$ es isósceles y por construcción $AB$ es la altura trazada desde $A$, por la proposición, $\overline{AB}$ coincide con la mediatriz de $\overline{C’’C}$, por lo que $BC’’ = BC$, pero $BC’’ = B’C’$ por construcción, por lo tanto, $BC = B’C’$, finalmente por LLL $\triangle ABC \cong \triangle A’B’C’$.

$\blacksquare$

Tarea moral

  1. Muestra que si se hacen dos reflexiones sucesivas con respecto a dos rectas paralelas, el resultado es una traslación.
  2. Muestra que si se hacen dos reflexiones sucesivas con respecto a dos rectas concurrentes, se obtiene una rotación con respecto al punto de intersección entre las rectas.
  3. $i)$ Muestra que si un triangulo tiene dos ángulos iguales, entonces los lados opuestos a estos ángulos también son iguales.
    $ii)$ Muestra que los ángulos internos de un triángulo equilátero son iguales.
  4. Si dos rectas distintas se intersecan forman 4 ángulos, prueba que las bisectrices de ángulos opuestos por el vértice son la misma y que las bisectrices de ángulos adyacentes son perpendiculares.
  5. Dado un segmento, construye su mediatriz.
  6. Demuestra sin usar el quinto postulado (lo que implica que los ángulos interiores de todo triangulo suman dos ángulos rectos), que todo ángulo exterior de un triángulo es mayor que cualquiera de los ángulos interiores no adyacentes a el.
  7. Muestra con un ejemplo que el criterio LLA en general no se cumple, es decir, cuando dos triángulos diferentes tienen dos lados y un ángulo correspondientes iguales, pero el ángulo no es el que forman los lados correspondientes iguales.

Más adelante…

En la siguiente entrada estudiaremos la desigualdad del triangulo y su reciproco, presentaremos el concepto de lugar geométrico y mostraremos un par de ejemplos.

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Geometría Moderna I: Teorema de Casey

Introducción

En esta ocasión demostraremos el teorema generalizado de Ptolomeo conocido como teorema de Casey, el cual nos dice que los vértices del cuadrilátero cíclico, al que hace mención el teorema de Ptolomeo, pueden ser considerados como circunferencias de radio distinto de cero, y los lados o diagonales del cuadrilátero cíclico se pueden pensar como segmentos tangentes entre dos circunferencias.

Tangente común a dos circunferencias

Proposición. Sean $(O_{1}, R_{1})$, $(O_{2}, R_{2})$, dos circunferencias tal que ninguna contiene a la otra y $P_{1}$, $P_{2}$ los puntos en que una recta es tangente a ambas circunferencias, entonces:

$i)$ Si $\overline{P_{1}P_{2}}$ es exterior, es decir, no cruza el segmento $\overline{O_{1}O_{2}}$ (figura 1),
$P_{1}P_{2}^2 = O_{1}O_{2}^2 – (R_{1} – R_{2})^2$
$ii)$ Si $\overline{P_{1}P_{2}}$ es interior, es decir, interseca al segmento $\overline{O_{1}O_{2}}$ (figura 2),
$P_{1}P_{2}^2 = O_{1}O_{2}^2 – (R_{1} + R_{2})^2$.

Demostración. Sin pérdida de generalidad supongamos $R_{1} \geq R_{2}$.

$i)$ Sean $A$ la intersección de $\overline{O_{1}P_{1}}$ con la paralela a $\overline{O_{1}O_{2}}$ trazada desde $P_{2}$ y $B$ la intersección de $\overline{O_{2}P_{2}}$ con la paralela a $\overline{O_{1}O_{2}}$ trazada desde $P_{1}$.

Figura 1

Notemos que como $\overline{O_{1}P_{1}} \perp \overline{P_{1}P_{2}}$ y $\overline{O_{2}P_{2}} \perp \overline{P_{1}P_{2}}$ entonces $\overline{O_{1}P_{1}} \parallel \overline{O_{2}P_{2}}$, por lo tanto, $\square P_{1}O_{1}O_{2}B$, $\square P_{1}AP_{2}B$ y $\square AO_{1}O_{2}P_{2}$ son paralelogramos, de esto se sigue que $P_{1}B = O_{1}O_{2}$ y $P_{2}B = AP_{1} = R_{1} -AO_{1} = R_{1} – R_{2}$.

Como $\angle BP_{2}P_{1} = \dfrac{\pi}{2}$ podemos aplicar el teorema de Pitágoras a $\triangle BP_{2}P_{1}$
$P_{1}P_{2}^2 = P_{1}B^2 – P_{2}B^2 = O_{1}O_{2}^2 – (R_{1} – R_{2})^2$.

$\blacksquare$

$ii)$ Sea $C$ la intersección de $\overline{O_{2}P_{2}}$ con la paralela a $\overline{P_{1}P_{2}}$ trazada desde $O_{1}$, como $\overline{O_{1}C} \parallel \overline{P_{1}P_{2}}$ y $\overline{P_{1}P_{2}} \perp \overline{O_{2}P_{2}}$ entonces $\angle O_{1}CO_{2} = \dfrac{\pi}{2}$ además $\square CO_{1}P_{1}P_{2}$ es un paralelogramo por lo que $CO_{1} = P_{1}P_{2}$ y $CP_{2} = O_{1}P_{1} = R_{1}$.

Figura 2

Aplicando el teorema de Pitágoras a $\triangle O_{1}CO_{2}$ obtenemos
$P_{1}P_{2}^2 = CO_{1}^2 = O_{1}O_{2}^2 – CO_{2}^2$
$= O_{1}O_{2}^2 – (CP_{2} + P_{2}O_{2})^2 = O_{1}O_{2}^2 – (R_{1} + R_{2})^2$.

$\blacksquare$

Teorema de Casey

Teorema 1. Sen $(O_{1}, R_{1})$, $(O_{2}, R_{2})$, dos circunferencias tangentes a una tercera $(O, R)$ en dos puntos distintos $A$ y $B$ respectivamente y considera $P_{1}$, $P_{2}$ los puntos en que una recta es tangente a ambas circunferencias, entonces:

$i)$ Si $(O_{1}, R_{1})$, $(O_{2}, R_{2})$, son interiores a  $(O, R)$ y $\overline{P_{1}P_{2}}$ es exterior (figura 3),
$P_{1}P_{2} = \dfrac{AB}{R} \sqrt{(R – R_{1})(R – R_{2})}$
$ii)$ Si $(O_{1}, R_{1})$, $(O_{2}, R_{2})$, son exteriores a $(O, R)$ y $\overline{P_{1}P_{2}}$ es exterior (figura 4),
$P_{1}P_{2} = \dfrac{AB}{R} \sqrt{(R + R_{1})(R + R_{2})}$
$iii)$ Si $(O_{1}, R_{1})$ es exterior y $(O_{2}, R_{2})$ es interior a $(O, R)$ y $\overline{P_{1}P_{2}}$ es interior (figura 5),
$P_{1}P_{2} = \dfrac{AB}{R} \sqrt{(R + R_{1})(R –  R_{2})}$

Figura 3

Demostración. Sea $\phi = \angle AOB$.
$i)$ Aplicamos la ley de cosenos a $\triangle O_{1}OO_{2}$ y a $\triangle AOB$
$O_{1}O_{2}^2 = O_{1}O^2 + O_{2}O^2 – 2O_{1}O \times O_{2}O \cos \phi$
$\begin{equation} = (R – R_{1})^2 + (R – R_{2})^2 – 2(R – R_{1})(R – R_{2})\cos \phi \end{equation}$

$AB^2 = AO^2 + BO^2 – 2AO \times BO \cos \phi = 2R^2 – 2R^2\cos \phi$
$\Leftrightarrow$
$\begin{equation} \cos \phi = 1 – \dfrac{AB^2}{2R^2} \end{equation}$

Por la proposición anterior parte $i)$ y de las ecuaciones $(1)$ y $(2)$ tenemos
$P_{1}P_{2}^2 = O_{1}O_{2}^2 – (R_{1} – R_{2})^2$
$= (R – R_{1})^2 + (R – R_{2})^2 – 2(R – R_{1})(R – R_{2})(1 – \dfrac{AB^2}{2R^2}) – (R_{1} – R_{2})^2$
$= R^2 – 2RR_{1} + R_{1}^2 + R^2 – 2RR_{2} + R_{2}^2 – 2(R^2 – RR_{2} – RR_{1} + R_{1}R_{2})$
$+ 2(R – R_{1})(R – R_{2})\dfrac{AB^2}{2R^2} – (R_{1} – R_{2})^2$
$= (R – R_{1})(R – R_{2})(\dfrac{AB^2}{R^2})$
$\Leftrightarrow P_{1}P_{2} = \dfrac{AB}{R} \sqrt{(R – R_{1})(R – R_{2})}$

$ii)$ y $iii)$ se muestran con un razonamiento similar.

$\blacksquare$

Figura 4
Figura 5

Corolario o teorema de Casey. Sean $(O_{i}, R_{i})$, $i = 1, 2, 3, 4$ circunferencias tangentes a una quinta circunferencia $(O, R)$, respectivamente en los puntos $A$, $B$, $C$ y $D$, en ese orden (figura 6), y denotemos como $\delta_{ij}$ a la medida de la tangente común a $(O_{i}, R_{i})$ y $(O_{j}, R_{j})$ la cual tomaremos como exterior si ambas circunferencias son interiores a $(O, R)$ o si ambas son exteriores a $(O, R)$, pero si una es interior y la otra es exterior a $(O, R)$ entonces tomaremos el segmento de la tangente interior a ambas circunferencias.

Bajo estas condiciones se verifica la siguiente igualdad
$\delta_{12} \delta_{34}  + \delta_{14}\delta_{23}  = \delta_{13}\delta_{24}$.

Notemos que cuando las 4 circunferencias tangentes a $(O, R)$ tienen radio igual a $0$, el resultado es el teorema de Ptolomeo.

Demostración. Mostraremos el caso en que dos circunferencias son interiores y dos son exteriores a $(O, R)$, todos los demás casos son análogos.

Figura 6

Solo hay que sustituir el valor de cada segmento de tangente de acuerdo al teorema 1 y recordar que por el teorema de Ptolomeo $AB \times CD + AD \times BC = AC \times BD$.

$\delta_{12} \delta_{34}  + \delta_{14}\delta_{23}$ 
$= \dfrac{AB}{R} \sqrt{(R + R_{1})(R –  R_{2})} \dfrac{CD}{R} \sqrt{(R + R_{4})(R –  R_{3})}$
$+ \dfrac{BC}{R} \sqrt{(R – R_{2})(R – R_{3})} \dfrac{AD}{R} \sqrt{(R + R_{1})(R + R_{4})}$
$= \dfrac{ AB \times CD + AD \times BC }{R} \sqrt{(R + R_{1})(R –  R_{2})(R + R_{4})(R –  R_{3})}$
$=\dfrac{ AC \times BD }{R} \sqrt{(R + R_{1})(R –  R_{2})(R + R_{4})(R –  R_{3})}$
$= \dfrac{AC}{R} \sqrt{(R + R_{1})(R –  R_{3})} \dfrac{BD}{R} \sqrt{(R + R_{4})(R –  R_{2})}$
$= \delta_{13}\delta_{24}$

$\blacksquare$

En la siguiente figura se ilustran todos los posibles casos.

Figura 7

Problemas

Problema 1. Sean $\Gamma_{1}$, $\Gamma_{2}$, dos circunferencias tangentes entre si (exteriormente) en $I$ y al mismo tiempo son tangentes a una tercer circunferencia $\Gamma$ (interiormente), consideremos la tangente por $I$ y su intersección $A$ con $\Gamma$ y otra tangente común (exterior) a $\Gamma _{1}$, $\Gamma _{2}$, en $X$, $Y$ respectivamente la cual interseca a $\Gamma$ en $B$ y $C$ (figura 8). Entonces $I$ es el incentro de $\triangle ABC$.

Figura 8

Demostración. Sea $D = BC \cap AI$, entonces $DX = DI = DY$, pues $DX$, y $DI$ son segmentos tangentes a $\Gamma_{1}$, trazadas desde $D$ y $DI$, $DY$ son segmentos tangentes a $\Gamma_{2}$ trazadas desde $D$, consideremos los puntos $A$, $B$  y $C$ como circunferencias de radio $0$.

 Aplicamos el Teorema de Casey a $A$, $\Gamma_{1}$, $B$, y $C$ tangentes a $\Gamma$.
$\begin{equation} AI \times BC + BX \times AC = AB \times XC = AB \times (2DI + CY) \end{equation}$

Hacemos lo mismo con los círculos $A$, $B$, $C$ y $\Gamma_{2}$ tangentes a $\Gamma$.
$\begin{equation} AB \times CY + AI \times BC = AC \times BY = AC \times (BX + 2DI) \end{equation}$

Restamos $(4)$ a $(3)$
$BX \times AC – AB \times CY = 2 AB \times DI + AB \times CY – 2 AC \times DI – AC \times BX$
$\Leftrightarrow AC \times DI + AC \times BX = AB \times DI + AB \times CY$
$\Leftrightarrow AC \times BD = AC(DI + BX) = AB(DI + CY) = AB \times CD$
$\Leftrightarrow$
$\begin{equation} \dfrac{BD}{CD} = \dfrac{AB}{AC} \end{equation}$

Por el reciproco del teorema de la bisectriz, la última igualdad nos dice que $\overline{AD}$ es bisectriz de $\angle A$.

Ahora sumamos $(4)$ y $(3)$
$2AI \times BC + BX \times AC + AB \times CY$
$= 2AB \times DI + AB \times CY + 2AC \times DI + AC \times BX$
$\Leftrightarrow AI \times BC = AB \times DI + AC \times DI$
$\Leftrightarrow \dfrac{AI}{DI} = \dfrac{AB + AC}{BC}$

Por otra parte de $(5)$ tenemos
$\dfrac{BD}{CD} = \dfrac{AB}{AC}$
$\Leftrightarrow \dfrac{BC}{CD}  = \dfrac{BD + CD}{CD} = \dfrac{AB + AC}{AC}$
$\Leftrightarrow \dfrac{AC}{CD} = \dfrac{AB + AC}{BC}$

Por lo tanto $\dfrac{AI}{DI} = \dfrac{AC}{CD}$, se sigue que $\overline{CI}$ es bisectriz de $\angle C$. Así $I$ es el incentro de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Problema 2. Sea $\square ABCD$ un cuadrado y $(O, R)$ un círculo en el interior de $\square ABCD$, y consideremos $(O_{i}, R_{i})$, $i = 1,2,3,4$ cuatro circunferencias cada una tangente a dos lados del cuadrado y a $(O, R)$ al mismo tiempo, encuentra una representación del lado del cuadrado en términos de los $R_{i}$, $i = 1,2,3,4$.

Figura 9

Solución. Por construcción cada lado del cuadrado es tangente a dos circunferencias así que si $\delta_{ij}$ denota la longitud del segmento tangente común a dos circunferencias entonces
$\delta_{12} = AB – R_{1} – R_{2}$
$\delta_{23} = AB – R_{2} – R_{3}$
$\delta_{34} = AB – R_{3} – R_{4}$
$\delta_{14} = AB – R_{1} – R_{4}$.

Por otra parte para calcular $\delta_{13}$ consideremos $P$ la intersección de la perpendicular a $\overline{BC}$ por $O_{1}$, con la perpendicular a $\overline{AB}$ por $O_{3}$ entonces $\triangle O_{1}PO_{3}$ es rectángulo y por el teorema de Pitágoras
$O_{1}O_{3}^2 = 2(AB – R_{1} – R_{3})^2$.

Por la proposición parte $i)$ tenemos que
$\delta_{13}^2 = O_{1}O_{3}^2 – (R_{1} – R_{3})^2 = 2(AB – R_{1} – R_{3})^2 – (R_{1} – R_{3})^2$
$\Leftrightarrow \delta_{13} = \sqrt{2(AB – R_{1} – R_{3})^2– (R_{1} – R_{3})^2}$.

De manera análoga $\delta_{24} = \sqrt{2(AB – R_{2} – R_{4})^2 – (R_{2} – R_{4})^2}$.

Aplicamos el teorema de Casey a $(O_{i}, R_{i})$ $i = 1, 2, 3, 4$ tangentes a $(O, R)$
$\delta_{12}\delta_{34} + \delta_{14}\delta_{32} = \delta_{13}\delta_{24}$
$= (AB – R_{1} – R_{2})( AB – R_{3} – R_{4}) + (AB – R_{2} – R_{3})( AB – R_{1} – R_{4})$
$= \sqrt{2(AB – R_{1} – R_{3})^2 – (R_{1} – R_{3})^2}\sqrt{2(AB – R_{2} – R_{4})^2 – (R_{2} – R_{4})^2}$.

Despejando $AB$ se puede llegar a la expresión
$AB = \dfrac{2(R_{1}R_{3} – R_{2}R_{4}) + \sqrt{2(R_{1} – R_{2}) (R_{1} – R_{4}) (R_{3} – R_{2}) (R_{3} – R_{4}) }}{R_{1} – R_{2} + R_{3} – R_{4}}$.

No se desarrollará este último procedimiento por ser largo, para llegar al resultado solo hay que desarrollar los productos y después reagrupar para despejar $AB$.

$\blacksquare$

Problema 3. Sean $\triangle ABC$ un triángulo rectángulo con $\angle BAC =\dfrac{\pi}{2}$, $(O, R)$ su circuncírculo, considera dos circunferencias $\Gamma_{1}$ tangente a $\overline{OA}$ en $P$, a $\overline{OB}$ y a $(O, R)$ (internamente) y $\Gamma_{2}$ tangente a $\overline{OA}$ en $Q$, a $\overline{OC}$ y a $(O, R)$ (internamente). Muestra que $\dfrac{AB}{AC} = \dfrac{AP}{AQ}$.

Figura 10

Demostración. Sean $P’$ y $Q’$ los puntos de tangencia de $\Gamma_{1}$ y $\Gamma_{2}$ con $\overline{OB}$ y $\overline{OC}$ respectivamente, entonces $OP = OP’$ por ser segmentos tangentes a $\Gamma_{1}$ trazados desde $O$, análogamente $OQ = OQ’$.

Como $\triangle ABC$ es rectángulo y $\overline{BC}$ es la hipotenusa entonces $O$ es el punto medio de $\overline{BC}$, por lo que $R = OB = OA = OC$. De estos argumentos se sigue que $AP = BP’$ y $AQ = CQ’$.

Ahora aplicamos el teorema de Casey a los círculos $A$, $\Gamma_{1}$, $B$ y $\Gamma_{2}$ tangentes a $(O, R)$.
$AP \times BQ’ + AQ \times BP’ = AB \times P’Q’$
$\Leftrightarrow AP(BQ’ + AQ) = AB \times P’Q’$
$\Leftrightarrow$
$\begin{equation} AP \times BC = AB \times P’Q’ \end{equation}$

Hacemos lo mismo para $A$, $\Gamma_{1}$, $C$ y $\Gamma_{2}$ tangentes a $(O, R)$.
$AP \times CQ’ + AQ \times CP’ = AC \times P’Q’$
$\Leftrightarrow AQ(AP + CP’) = AC \times P’Q’$
$\Leftrightarrow$
$\begin{equation} AQ \times BC = AC \times P’Q’ \end{equation}$

Haciendo el cociente de $(6)$ sobre $(7)$ obtenemos $\dfrac{AP}{AQ} = \dfrac{AB}{AC}$.

$\blacksquare$

Tarea moral

  1. Completa la prueba del teorema 1 parte $ii)$ y $iii)$.
  2. Sean $l_{1}$ y $l_{2}$ dos rectas paralelas y tangentes a una circunferencia $(O, R)$, considera otras dos circunferencias, $(O_{1}, R_{1})$ tangente a $l_{1}$ y a $(O, R)$, y $(O_{2}, R_{2})$ tangente a $l_{2}$, y a las primeras dos circunferencias $(O, R)$, $(O_{1}, R_{1})$. Muestra que $R = 2 \sqrt{R_{1}R_{2}}$.
  3. Sean $\overline{AB}$ el diámetro de una circunferencia $\Gamma$, $P$, $Q \in \Gamma$ en arcos distintos respecto de $\overline{AB}$, trazamos $C$ el pie de la perpendicular a $\overline{AB}$ trazada desde $Q$ y considera $\Gamma_{1}$, $\Gamma_{2}$ dos circunferencias de diámetro $\overline{AC}$ y $\overline{CB}$ respectivamente. Sean $\overline{PE}$ y $\overline{PF}$ segmentos tangentes a $\Gamma_{1}$ y $\Gamma_{2}$ respectivamente. Prueba que $PE + PF = PQ$.
Figura 11
  1. Sean $\triangle ABC$ y $\Gamma$ su circuncírculo con $AB = c$, $BC = a$ y $AC = b$, considera $\Gamma_{1}$, $\Gamma_{2}$ y $\Gamma_{3}$ círculos tangentes a $\overline{AB}$, $\overline{BC}$ y $\overline{AC}$ respectivamente en sus puntos medios y al mismo tiempo tangentes al arco $\overset{\LARGE{\frown}}{AB}$, $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$ y $\overset{\LARGE{\frown}}{CA}$ respectivamente, denota $\delta_{ij}$ al segmento de tangente exterior y común a $\Gamma_{i}$, $\Gamma_{j}$. Muestra que $\delta_{ij} = \dfrac{a + b + c}{4}$, $i, j = 1, 2, 3$, $i \neq j$.
Figura 12
  1. Considera $\triangle ABC$ y su circuncírculo $\Gamma$, sea $\Gamma_{1}$ una circunferencia tangente a $\overline{AB}$ en $P$, a $\overline{AC}$ en $Q$ y a $\Gamma$ internamente, muestra que el punto medio de $\overline{PQ}$ es el incentro de $\triangle ABC$.
  2. Sean $\triangle ABC$ y $\Gamma$ su circuncírculo con $AC > AB$. Una circunferencia $\Gamma_{1}$ es tangente a $\overline{AB}$, $\overline{AC}$ y al circuncírculo internamente, $P$ es el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$ y $\overline{PQ}$ es un segmento tangente a $\Gamma_{1}$. Muestra que $\dfrac{PQ}{PA} = \dfrac{AC – AB}{AC + AB}$.
Figura 13

Más adelante…

Entradas relacionadas

Geometría Moderna I: Cuadriláteros ortodiagonales

Introducción

Para concluir con nuestro estudio de los cuadriláteros en esta unidad, en esta entrada veremos algunas propiedades de aquellos cuadriláteros cuyas diagonales son perpendiculares.

Definición 1. Decimos que un cuadrilátero convexo es ortodiagonal si sus diagonales son perpendiculares.

Algunas caracterizaciones

Teorema 1. Un cuadrilátero convexo es ortodiagonal si y solo si la suma de los cuadrados de dos lados opuestos es igual a la suma de los cuadrados de los restantes lados opuestos.

Demostración. Sea $\square ABCD$ convexo, consideremos $P$ la intersección de las diagonales sea $\phi = \angle APB$, $\psi = \angle BPC$ recordemos que como $\phi + \psi = \pi$ entonces $\cos \phi = – \cos – \psi = – \cos \psi$.

Figura 1

Aplicando la ley de los cosenos a los triángulos $\triangle APB$, $\triangle BPC$, $\triangle CPD$ y $\triangle APD$ obtenemos,
$AB^2 = AP^2 + BP^2 – 2AP \times BP \cos \phi$
$BC^2 = BP^2 + CP^2 – 2BP \times CP \cos \psi$
$CD^2 = CP^2 + DP^2 – 2CP \times DP \cos \phi$
$AD^2 = AP^2 + DP^2 – 2AP \times DP \cos \psi$

Por lo tanto, $AB^2 + CD^2 – BC^2 – AD^2 $
$= (AP^2 + BP^2 + 2AP \times BP \cos \psi) + (CP^2 + DP^2 + 2CP \times DP \cos \psi)$
$- (BP^2 + CP^2 – 2BP \times CP \cos \psi) – (AP^2 + DP^2 – 2AP \times DP \cos \psi)$
$= 2 \cos \psi (AP \times BP + CP \times DP + BP \times CP + AP \times DP)$

Notemos que $0 < \psi < \pi$, por lo tanto,
$\overline{AC} \perp \overline{BD} \Leftrightarrow  \psi = \dfrac{\pi}{2} \Leftrightarrow  \cos \psi = 0$
$\Leftrightarrow  AB^2 + CD^2 = BC^2 + AD^2$.

$\blacksquare$

Teorema 2. Sean $\square ABCD$ convexo, $P$ la intersección de las diagonales, $m_{i}$ con $i = 1, 2, 3, 4$ las medianas de los triángulos $\triangle APB$, $\triangle BPC$, $\triangle CPD$ y $\triangle APD$, que pasan por $P$, entonces $\square ABCD$ es ortodiagonal si y solo si
$m_{1}^2 + m_{3}^2 = m_{2}^2 + m_{4}^2$.

Figura 2

Demostración. Aplicando el teorema de Apolonio para calcular la longitud de las medianas en términos de los lados de sus respectivos triángulos obtenemos,
$m_{1}^2 + m_{3}^2 = m_{2}^2 + m_{4}^2$
$\Leftrightarrow  4m_{1}^2 + 4m_{3}^2 = 4m_{2}^2 + 4m_{4}^2$
$\Leftrightarrow  2(AP^2 + BP^2) – AB^2 + 2(CP^2 + DP^2) – CD^2$
$ = 2(BP^2 + CP^2) – BC^2 + 2(AP^2 + DP^2) – AD^2$
$\Leftrightarrow  AB^2 + CD^2 = BC^2 + AD^2$.

La última doble implicación es cierta por el teorema 1.

$\blacksquare$

Circunferencia de los 8 puntos

Definición 2. Las bimedianas de un cuadrilátero convexo son los segmentos que unen puntos medios de pares de lados opuestos.

Definición 3. Las m-alturas son los segmentos perpendiculares a los lados de un cuadrilátero convexo y que pasan por el punto medio del lado opuesto.

Definición 4. Al cuadrilátero formado por los pies de las m-alturas de un cuadrilátero convexo se le conoce como cuadrilátero principal órtico.

Teorema 3. Los vértices del paralelogramo de Varignon y los vértices del cuadrilátero principal órtico de un cuadrilátero convexo que se encuentran sobre lados opuestos, están en dos circunferencias con centro en $G$, el centroide del cuadrilátero.

Demostración. Sean $\square ABCD$ un cuadrilátero convexo $M_{1}$, $M_{2}$, $M_{3}$ y $M_{4}$ los puntos medios de $\overline{AB}$, $\overline{BC}$, $\overline{CD}$ y $\overline{AD}$ respectivamente recordemos que las diagonales del cuadrilátero de Varignon es decir la bimedianas $\overline{M_{1}M_{3}}$ y $\overline{M_{2}M_{4}}$ se intersecan en su punto medio $G$ al que llamamos centroide.

Figura 3

Sean $\overline{M_{1}H_{1}}$, $\overline{M_{2}H_{2}}$, $\overline{M_{3}H_{3}}$ y $\overline{M_{4}H_{4}}$ las m-alturas de $\square ABCD$. Entonces por construcción $\angle M_{3}H_{1}M_{1} = \angle M_{1}H_{3}M_{3} = \dfrac{\pi}{2}$ por lo tanto $\overline{M_{1}M_{3}}$ es el diámetro que de una circunferencia con centro en $G$ y que pasa por $H_{1}$ y $H_{3}$.

De manera análoga podemos ver que los puntos $H_{2}$ y $H_{4}$ están en una circunferencia de diámetro $\overline{M_{2}M_{4}}$ con centro en $G$.

$\blacksquare$

Antes de pasar al siguiente resultado de esta sección recordemos un par de ejercicios de la entrada cuadrilátero de Varignon.

Teorema 4. Un cuadrilátero es ortodiagonal si y solo si su paralelogramo de Varignon es un rectángulo si y solo si las bimedianas del cuadrilátero son iguales.

 Corolario 1. Los vértices del paralelogramo de Varignon y los vértices del cuadrilátero principal órtico de un cuadrilátero convexo están en una misma circunferencia con centro en el centroide del cuadrilátero si y solo si el cuadrilátero es ortodiagonal.

Demostración. El teorema 3 nos dice que los puntos ${M_{1}, H_{1}, M_{3}, H_{3}}$ y ${M_{2}, H_{2}, M_{4}, H_{4}}$ están en dos circunferencias con centro en $G$ el centroide de $\square ABCD$.

Figura 4

Entonces el paralelogramo de Varignon y el cuadrilátero principal órtico de $\square ABCD$  son ambos cíclicos y comparten la misma circunferencia $\Leftrightarrow$  $M_{1}M_{3} = M_{2}M_{4}$, es decir las bimedianas tienen la misma longitud $\Leftrightarrow$  el paralelogramo de Varignon es un rectángulo $\Leftrightarrow$  $\square ABCD$  es ortodiagonal.

$\blacksquare$

Nota. A la circunferencia que pasa por los vértices del paralelogramo de Varignon y el cuadrilátero principal órtico de un cuadrilátero ortodiagonal se le conoce como primer circunferencia de los ocho puntos del cuadrilátero ortodiagonal.

Teorema de Brahmagupta

Teorema 5. De Brahmagupta. En un cuadrilátero que es ortodiagonal y cíclico, el anticentro coincide con la intersección de las diagonales del cuadrilátero.

Demostración. Recordemos que en un cuadrilátero cíclico las m-alturas son concurrentes y definimos al punto de concurrencia como el anticentro del cuadrilátero cíclico el cual tiene la propiedad de ser simétrico al circuncentro respecto a $G$ el centroide del cuadrilátero.

Sea $\square ABCD$ ortogonal y cíclico, tracemos el segmento $\overline{MP}$ que pasa por el punto medio de $\overline{AB}$ y la intersección de las diagonales $P$ y consideremos la intersección $H$ de $\overline{MP}$ con $\overline{BC}$.

Figura 5

En un triángulo rectángulo la distancia del punto medio de la hipotenusa a los tres vértices del triángulo es la misma, por lo tanto $\triangle AMP$ es isósceles pues $\angle DPA = \dfrac{\pi}{2}$.

Por lo tanto $\angle PAM = \angle MPA = \angle HPC$ donde la última igualdad se debe a que los ángulos considerados son opuestos por el vértice, además $\angle ADP = \angle PCH$ pues $\square ABCD$ es cíclico.

Como consecuencia de las últimas dos igualdades tenemos $\triangle APD \sim \triangle PHC$ por criterio ángulo, ángulo, y así $\angle PHC = \angle DPA = \dfrac{\pi}{2}$ por lo tanto $\overline{MH}$ es una m-altura de $\square ABCD$  de manera análoga podemos ver que las otras m-alturas pasan por $P$ y como todas las m-alturas de un cuadrilátero cíclico concurren en el anticentro entonces este coincide con $P$.

$\blacksquare$

Proposición. En un cuadrilátero cíclico y ortodiagonal la distancia desde el circuncentro a uno de los lados del cuadrilátero es igual a la mitad del lado opuesto.

Demostración. Sea $G$ el centroide del cuadrilátero (figura 5) $\square ABCD$  y $N$ el punto medio de $\overline{BC}$, sabemos que $G$ biseca a $\overline{MN}$ y a $\overline{OP}$ por lo tanto $\square MONP$ es un paralelogramo, por lo tanto la distancia de $O$ a $\overline{BC}$ es $ON = MP = \dfrac{AD}{2}$.

Donde la primera igualdad se da porque $\square MONP$ es paralelogramo y la segunda porque $M$ es el punto medio de la hipotenusa en $\triangle APD$.

$\blacksquare$

Corolario 2. El circunradio de un cuadrilátero cíclico y ortodiagonal $\square ABCD$ con lados $a = AB$, $b = BC$, $c = CD$ y $d = AD$ cumple la siguiente igualdad, $4R^2 = a^2 + c^2 = b^2 + d^2$.

Demostración. Por la prueba de la proposición anterior sabemos que $\angle ONB = \dfrac{\pi}{2}$ (figura 5), por lo tanto podemos aplicar el teorema de Pitágoras a $\triangle ONB$.
$R^2 = OB^2 = ON^2 + BN^2 = (\dfrac{AD}{2})^2 + (\dfrac{BC}{2})^2$
$\Leftrightarrow  4R^2 = d^2 + b^2$

De manera análoga se ve que $4R^2 = a^2 + c^2$.

$\blacksquare$

Circunferencia de Droz-Farny

Teorema 6. Sean $\square ABCD$ cíclico $O$ y $H$ el circuncentro y el anticentro respectivamente, consideremos el cuadrilátero principal órtico con vértices $H_{1} \in \overline{CD}$, $H_{2} \in \overline{AD}$, $H_{3} \in \overline{AB}$, $H_{4} \in \overline{BC}$, sean $X_{i}$, $X’_{i}$ las intersecciones de $(H_{i}, H_{i}O)$ (la circunferencia con centro en $H_{i}$ y radio $H_{i}O$) con el lado de $\square ABCD$ al que pertenece $H_{i}$. Entonces los puntos ${X_{1}, X’_{1}, X_{3}, X’_{3}}$ y los putos ${X_{2}, X’_{2}, X_{4}, X’_{4}}$ pertenecen a dos circunferencias con centro en $H$.

Figura 6

Demostración. Veamos que $X_{1}$, $X’_{1}$, $X_{3}$ y $X’_{3}$ son concíclicos. Dado que $\overline{HH_{1}}$ es la mediatriz de $\overline{X_{1}X’_{1}}$ entonces $HX_{1} = HX’_{1}$, de manera similar $HX_{3} = HX’_{3}$.

Por otra parte, como $X_{1} \in (H_{1}, H_{1}O)$, entonces $H_{1}X_{1} = H_{1}O$, sea $G$ el centroide del cuadrilátero $\square ABCD$  y recordemos que $G$ biseca a $\overline{OH}$.

Aplicando el teorema de Pitágoras a $\triangle HH_{1}X_{1}$ y el teorema de Apolonio a la mediana $\overline{H_{1}G}$ en $\triangle HH_{1}O$ obtenemos,
$HX_{1}^2 = HH_{1}^2 + H_{1}X_{1}^2 = HH_{1}^2 + H_{1}O^2$
$\begin{equation} = 2H_{1}G^2 + 2OG^2 \end{equation}$

De manera análoga calculamos $\begin{equation} HX_{3}^2 = 2H_{3}G^2 + 2OG^2\end{equation}$

Por el teorema 3 $H_{1}$ y $H_{3}$ están en una misma circunferencia con centro en $G$ por lo tanto $H_{1}G = H_{3}G$,  de $(1)$ y $(2)$ se sigue que $HX’_{1} = HX_{1} = HX_{3} = HX’_{3}$.

Así, $X_{1}$, $X’_{1}$, $X_{3}$ y $X’_{3}$ están en una misma circunferencia con centro en $H$, de manera análoga se ve que $X_{2}$, $X’_{2}$, $X_{4}$, $X’_{4}$ están en una misma circunferencia concéntrica con la anterior.

$\blacksquare$

Corolario 3. Sea $\square ABCD$ cíclico entonces los 8 puntos $X_{i}$, $X’_{i}$ con $i = 1, 2, 3, 4$ se encuentran en una misma circunferencia con centro en $H$, el anticentro del cuadrilátero cíclico si y solo si $\square ABCD$ es ortodiagonal.

Demostración. Los puntos consideraos son concíclicos si y solo si las dos circunferencias a las que pertenecen tienen el mismo radio es decir $HX_{1} = HX_{2} = HX_{3} = HX_{4}$, pero por el teorema anterior $HX_{i}^2 = 2H_{i}G^2 + 2OG^2$.

Figura 7

Por lo tanto $HX_{1} = HX_{2} = HX_{3} = HX_{4} \Leftrightarrow  H_{1}G = H_{2}G = H_{3}G = H_{4}G$, esto quiere decir que los vértices del cuadrilátero principal órtico de $\square ABCD$  están en una misma circunferencia con centro en $G$ pero por el corolario 1 esto ocurre si y solo si $\square ABCD$  es ortodiagonal.

$\blacksquare$

Nota. Para un cuadrilátero cíclico y ortodiagonal, decimos que la circunferencia que pasa por los puntos $X_{i}$, $X’_{i}$ con $i = 1, 2, 3, 4$ definidos arriba, con centro en el anticentro, es la primera circunferencia de Droz-Farny del cuadrilátero cilicio y ortodiagonal.

Corolario 4. Sea $\square ABCD$ cíclico y ortodiagonal entonces el radio de la primera circunferencia de Droz-Farny es igual al circunradio de $\square ABCD$.

Demostración. Por la prueba del teorema 6 sabemos que
$\begin{equation} HX_{1}^2 = 2H_{1}G^2 + 2OG^2 \end{equation}$

El teorema 5 nos dice que el anticentro $H$ coincide con $P$, la intersección de las diagonales, por lo tanto $\triangle CHD$ es rectángulo (figura 7) así que como $M_{3}$ es el punto medio de la hipotenusa resulta que $M_{3}H = M_{3}C$.

Por la prueba de la proposición en la sección teorema de Brahmagupta sabemos que $\overline{OM_{3}} \perp \overline{CD}$.

Aplicando el teorema de Pitágoras a $\triangle OM_{3}C$ y el teorema de Apolonio a la mediana $\overline{M_{3}G}$ en $\triangle OHM_{3}$ tenemos

$\begin{equation} OC^2 = M_{3}O^2 + M_{3}C^2 = M_{3}O^2 + M_{3}H^2 = 2M_{3}G^2 + 2OG^2 \end{equation}$

Por el teorema 3 $M_{3}$ y $H_{1}$ están en una misma circunferencia con centro en $G$ por lo tanto $H_{1}G = M_{3}G$.

De $(3)$ y $(4)$ se sigue que $R = OC = HX_{1}$.

$\blacksquare$

Tarea moral

  1. Muestra que de todos los cuadriláteros convexos con diagonales dadas los ortodiagonales son los de mayor área y calcula el área en función de las diagonales.
  2.  Sea $\square ABCD$ un cuadrilátero convexo y $P$ la intersección de las diagonales, consideremos los circunradios $R_{1}$, $R_{2}$, $R_{3}$ y $R_{4}$ de los triángulos $\triangle APB$, $\triangle BPC$, $\triangle CPD$ y $\triangle APD$ respectivamente, demuestra que
    $i)$ $\square ABCD$ es ortodiagonal si y solo si $R_{1}^2 + R_{3}^2 = R_{2}^2 + R_{4}^2$
    $ii)$ $\square ABCD$ es ortodiagonal si y solo los circuncentros de los triángulos $\triangle APB$, $\triangle BPC$, $\triangle CPD$ y $\triangle APD$ son los puntos medios de los lados del cuadrilátero.
  3. Sea $\square ABCD$ un cuadrilátero convexo y $P$ la intersección de las diagonales, considera las alturas $h_{1}$, $h_{2}$, $h_{3}$ y $h_{4}$, de los triángulos $\triangle APB$, $\triangle BPC$, $\triangle CPD$ y $\triangle APD$ trazadas desde $P$, muestra que $\square ABCD$ es ortodiagonal si y solo si $\dfrac{1}{h_{1}^2} + \dfrac{1}{h_{3}^2} = \dfrac{1}{h_{2}^2} + \dfrac{1}{h_{4}^2}$.
  4. Sean $\square ABCD$ un cuadrilátero convexo, $P$ la intersección de las diagonales, $P_{1}$, $P_{2}$, $P_{3}$ y $P_{4}$ las proyecciones trazadas desde $P$ a los lados $\overline{AB}$, $\overline{BC}$, $\overline{CD}$ y $\overline{AD}$ respectivamente, y considera los puntos $P’_{i}$ con $i = 1, 2, 3, 4$ como las intersecciones de $\overline{PP_{i}}$ con el lado opuesto al que pertenece $P_{i}$ prueba que
    $i)$ $\square ABCD$ es ortodiagonal si y solo si $\angle CBP + \angle PCB + \angle PAD + \angle ADP = \pi$
    $ii)$ $\square ABCD$ es ortodiagonal si y solo si $\square P_{1}P_{2}P_{3}P_{4}$ es cíclico.
    $iii)$ $\square ABCD$ es ortodiagonal si y solo si los 8 puntos $P_{i}$, $P’_{i}$ con $i = 1, 2, 3, 4$ son concíclicos.
    Nota. A la circunferencia que pasa por los puntos $P_{i}$, $P’_{i}$ con $i = 1, 2, 3, 4$ se le conoce como segunda circunferencia de los ocho puntos del cuadrilátero ortodiagonal.
    $iv)$ La primer y la segunda circunferencias de los ocho puntos de un cuadrilátero ortodiagonal son la misma si y solo si el cuadrilátero es cíclico.
Figura 8
  1. Muestra que un cuadrilátero convexo $\square ABCD$ es ortodiagonal si y solo si el cuadrilátero $\square P’_{1}P’_{2}P’_{3}P’_{4}$ definido en el ejercicio anterior (figura 8) es un rectángulo cuyos lados son paralelos a las diagonales de $\square ABCD$.
  2. Sean $\square ABCD$ cíclico, $O$ el circuncentro, $H$ el anticentro y considera los puntos medios $M_{i}$ con $i = 1, 2, 3, 4$ del cuadrilátero (figura 9), define $Y_{i}$, $Y’_{i}$ como las intersecciones de $(M_{i}, M_{i}H)$ (la circunferencia con centro en $M_{i}$ y radio $M_{i}H$) con el lado de $\square ABCD$ al que biseca $M_{i}$.
    $i)$ Muestra que los puntos ${Y_{1}, Y’_{1}, Y_{3}, Y’_{3}}$ y los putos ${Y_{2}, Y’_{2}, Y_{4}, Y’_{4}}$ están en dos circunferencias con centro en $O$
    $ii)$ Dichas circunferencias son la misma si y solo si $\square ABCD$ es ortodiagonal.
    Nota. Si un cuadrilátero es cíclico y ortodiagonal, decimos que la circunferencia que pasa por los puntos $Y_{i}$, $Y’_{i}$ con $i = 1, 2, 3, 4$, con centro en el circuncentro, es la segunda circunferencia de Droz-Farny del cuadrilátero cilicio y ortodiagonal.
Figura 9

Más adelante…

En la siguiente entrada veremos una generalización del teorema de Ptolomeo, el teorema de Casey.

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