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Geometría Moderna I: Paralelogramos

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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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 $AB$, $BC$, $CD$ y $AD$ 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 $BD$, 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 $BD$ es transversal a $AB$ y $DC$ y estos son paralelos, entonces $\angle DBA = \angle BDC$.

Similarmente $BD$ es transversal a $AD$ y a $BC$, por lo que $\angle ADB = \angle CBD$.

Figura 2

$\triangle ABD$ y $\triangle CDB$ tienen en común al lado $BD$ 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 $AD$, al igual que en el caso anterior, tendremos que $\angle BAC = \angle DCA$ y $\angle CAD = \angle ACB$.

Figura 3

Sea $E = AC \cap BD$, 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 $CD$ 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 $CD$ es un lado en común de $\triangle ADC$ y $\triangle BCD$, por criterio LAL, $\triangle ADC \cong \triangle BCD$.

Por lo tanto, $AC = BD$.

$\blacksquare$

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 $BD$ es transversal a $AD$ y a $BC$ y los ángulos alternos internos son iguales entonces $AD \parallel BC$.

Figura 7

De manera similar se ve que $AB \parallel CD$.

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 $AC \perp BD$, veamos que es rombo.

Figura 8

Sea $E = AC \cap BD$, por hipótesis $\angle DEA = \angle AEB$, como $\square ABCD$ es paralelogramo, por el teorema 1, $BE = DE$, además $AE$ 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 $AC \perp BD$.

Figura 9

Sea $E = AC \cap BD$, 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, $AC \perp BD$.

$\blacksquare$

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 $AD \parallel BC$.

Tracemos $BD$, como $AD \parallel BC$ 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 $BD$ es transversal a $AB$ y a $CD$ y $\angle DBA = \angle BDC$, entonces $AB \parallel CD$.

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 $AB$ y $AC$ respectivamente.

Extendemos $MN$ hasta un punto $O$ del lado de $N$ tal que $MN = NO$.

Figura 11

Como $N$ es punto medio de $AC$ 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 $MO$ es transversal a $AB$ y a $CO$ y los ángulos alternos internos $\angle NMA$, $\angle NOC$ son iguales entonces $AB \parallel CO$.

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

Por lo tanto $MN = \dfrac{BC}{2}$ y $MN \parallel BC$.

$\blacksquare$

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 $AB$, $BC$, $CD$ y $DA$ 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,
$\angle A = \angle C$, $\angle B = \angle D$, $\angle A + \angle B = \pi$.

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

Por $(1)$, $AO_{1} = CO_{3}$, por $(2)$, $AO_{4} = CO_{2}$,
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 $ O_{1}O_{4} = 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 $O_{2}O_{4}$ diagonal del cuadrado y $BD$ diagonal del paralelogramo.

Sea $E = O_{2}O_{4} \cap BD$. 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 $E$.

$\blacksquare$

Más adelante…

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

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  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

Entradas relacionadas

Fuentes

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Geometría Moderna I: Congruencia de triángulos

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

1 respuesta

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 y lo denotamos como $\triangle ABC \cong \triangle A’B’C’$, si los lados y los ángulos correspondientes son iguales, esto es,

  • $\angle A = \angle A’$, $\angle B = \angle B’$, $\angle C = \angle C’$ y
  • $AB = A’B’$, $BC = B’C’$, $AC = A’C’$.

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.

triangulo

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 triángulo 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 $AB$ y $A’B’$  se superpongan.

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

Como $AC$ y $A’C’$  tienen la misma longitud sucederá que $C$ y $C’$ coincidirán, de esta manera los segmentos $BC$ y $B’C’$ coincidirán pero también los pares de ángulos ($\angle CBA$, $\angle C’B’A’$) y ($\angle ACB$, $\angle A’C’B’$) coincidirán.

Por lo tanto, por la noción común numero 4 (cosas que coinciden una con otra son iguales entre sí), tendrán la misma magnitud,
$BC = B’C’$, $\angle CBA = \angle C’B’A’$, $\angle ACB = \angle A’C’B’$.

Como resultado, $\triangle ABC \cong \triangle A’B’C’$.

$\blacksquare$

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 superponer dos 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 $AM$ es un lado en común, además $\angle BAM = \angle MAC$ por ser $AM$ 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 $BC$ por lo que $AM$ es mediana.

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

$\blacksquare$

Lema. Dado un segmento $AB$ 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 $AB$, 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 $BC$ y $B´C’$ 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 $BC$ y $B’C’$, 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 $AB$ en $D$ y a $BC$ en $E$.

Figura 8

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

Veamos que $BF$ 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, $BF$ 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 $AC$ 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, $AB$ coincide con la mediatriz de $C’’C$, por lo que $BC’’ = BC$, pero $BC’’ = B’C’$ por construcción, por lo tanto, $BC = B’C’$, finalmente por LLL, $\triangle ABC \cong \triangle A’B’C’$.

$\blacksquare$

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.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  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.

Entradas relacionadas

Fuentes

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Geometría Moderna I: Teorema de Casey

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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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 1. 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 $P_{1}P_{2}$ es exterior, es decir, no cruza el segmento $O_{1}O_{2}$ (figura 1),
$P_{1}P_{2}^2 = O_{1}O_{2}^2 – (R_{1} – R_{2})^2$,
$ii)$ Si $P_{1}P_{2}$ es interior, es decir, interseca al segmento $O_{1}O_{2}$ (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 $O_{1}P_{1}$ con la paralela a $O_{1}O_{2}$ desde $P_{2}$, $B$ la intersección de $O_{2}P_{2}$ con la paralela a $O_{1}O_{2}$ desde $P_{1}$.

Figura 1

Como $O_{1}P_{1} \perp P_{1}P_{2}$ y $O_{2}P_{2} \perp P_{1}P_{2}$ entonces $O_{1}P_{1} \parallel O_{2}P_{2}$.

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.

En consecuencia,
$P_{1}B = O_{1}O_{2}$ 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 $O_{2}P_{2}$ con la paralela a $P_{1}P_{2}$ desde $O_{1}$.

Como $O_{1}C \parallel P_{1}P_{2}$ y $P_{1}P_{2} \perp O_{2}P_{2}$ entonces $\angle O_{1}CO_{2} = \dfrac{\pi}{2}$, además $\square CO_{1}P_{1}P_{2}$ es un rectángulo.

Por lo tanto,
$CO_{1} = P_{1}P_{2}$ y $CP_{2} = O_{1}P_{1} = R_{1}$.

Figura 2

Como resultado de aplicar 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

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

$i)$ Si $(O_{1}, R_{1})$, $(O_{2}, R_{2})$, son interiores a $(O, R)$ y $P_{1}P_{2}$ 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 $P_{1}P_{2}$ 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, $(O_{2}, R_{2})$ es interior a $(O, R)$ y $P_{1}P_{2}$ 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

$P_{1}P_{2}^2 = O_{1}O_{2}^2 – (R_{1} – R_{2})^2$
$= (R – R_{1})^2 + (R – R_{2})^2 – 2(R – R_{1})(R – R_{2})(1 – \dfrac{AB^2}{2R^2}) – (R_{1} – R_{2})^2$
$= R^2 – 2RR_{1} + R_{1}^2 + R^2 – 2RR_{2} + R_{2}^2 – 2(R^2 – RR_{2} – RR_{1} + R_{1}R_{2})$
$+ 2(R – R_{1})(R – R_{2})\dfrac{AB^2}{2R^2} – (R_{1} – R_{2})^2$
$= (R – R_{1})(R – R_{2})(\dfrac{AB^2}{R^2})$.

Por lo tanto,
$P_{1}P_{2} = \dfrac{AB}{R} \sqrt{(R – R_{1})(R – R_{2})}$.

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

$\blacksquare$

Figura 4
Figura 5

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
$\delta_{12} \delta_{34}  + \delta_{14}\delta_{23}  = \delta_{13}\delta_{24}$.

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

Tenemos que sustituir el valor de cada segmento de tangente de acuerdo a la proposición 2 y recordar que por el teorema de Ptolomeo, $AB \times CD + AD \times BC = AC \times BD$.

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

$\blacksquare$

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

En la siguiente figura se ilustran todos los posibles casos del teorema de Casey.

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 tercera circunferencia $\Gamma$ (interiormente), consideremos la recta tangente a $\Gamma_{1}$, $\Gamma_{2}$ por $I$ y su intersección, $A$, con $\Gamma$ y otra tangente exterior común 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 $DX = DI = DY$.

Consideremos los puntos $A$, $B$  y $C$ como circunferencias de radio $0$.

Como resultado de aplicar el teorema de Casey a $(A, 0)$, $\Gamma_{1}$, $(B, 0)$, y $(C, 0)$ tangentes a $\Gamma$, obtenemos,

$\begin{equation} AI \times BC + BX \times AC = AB \times XC = AB \times (2DI + CY). \end{equation}$

Hacemos lo mismo con los círculos $(A, 0)$, $(B, 0)$, $(C, 0)$ 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 $(3)$
$BX \times AC – AB \times CY = 2 AB \times DI + AB \times CY – 2 AC \times DI – AC \times BX$
$\Leftrightarrow AC \times DI + AC \times BX = AB \times DI + AB \times CY$
$\Leftrightarrow AC \times BD = AC(DI + BX) = AB(DI + CY) = AB \times CD$.

En consecuencia,
$\begin{equation} \dfrac{BD}{CD} = \dfrac{AB}{AC}. \end{equation}$

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

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

En consecuencia,
$\dfrac{AI}{DI} = \dfrac{AB + AC}{BC}$.

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 $CI$ es bisectriz de $\angle C$.

Como resultado, $I$ 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 $R_{i}$, con $i = 1,2,3,4$.

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,

$\delta_{12} = AB – R_{1} – R_{2}$,
$\delta_{23} = AB – R_{2} – R_{3}$,
$\delta_{34} = AB – R_{3} – R_{4}$,
$\delta_{14} = AB – R_{1} – R_{4}$.

Para calcular $\delta_{13}$ consideremos $P$ la intersección de la perpendicular a $BC$ por $O_{1}$, con la perpendicular a $AB$ 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 1 parte $i)$ tenemos que
$\delta_{13}^2 = O_{1}O_{3}^2 – (R_{1} – R_{3})^2 = 2(AB – R_{1} – R_{3})^2 – (R_{1} – R_{3})^2$.

Por lo tanto,
$\delta_{13} = \sqrt{2(AB – R_{1} – R_{3})^2– (R_{1} – R_{3})^2}$.

Igualmente vemos que $\delta_{24} = \sqrt{2(AB – R_{2} – R_{4})^2 – (R_{2} – R_{4})^2}$.

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 $OA$ en $P$, a $OB$ y a $(O, R)$ (internamente) y $\Gamma_{2}$ tangente a $OA$ en $Q$, a $OC$ 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 $OB$ y $OC$ respectivamente, entonces $OP = OP’$ por ser segmentos tangentes a $\Gamma_{1}$ trazados desde $O$.

Igualmente vemos que $OQ = OQ’$.

Como $\triangle ABC$ es rectángulo y $BC$ es la hipotenusa, entonces $O$ es el punto medio de $BC$.

Por lo tanto, $R = OB = OA = OC$.

Como resultado obtenemos, $AP = BP’$ y $AQ = CQ’$.

Ahora aplicamos el teorema de Casey a los círculos $(A, 0)$, $\Gamma_{1}$, $(B, 0)$ y $\Gamma_{2}$ tangentes a $(O, R)$.

$AP \times BQ’ + AQ \times BP’ = AB \times P’Q’$
$\Leftrightarrow AP(BQ’ + AQ) = AB \times P’Q’$

Por lo tanto,
$\begin{equation} AP \times BC = AB \times P’Q’. \end{equation}$

Hacemos lo mismo para $A$, $\Gamma_{1}$, $C$ y $\Gamma_{2}$ tangentes a $(O, R)$.

$AP \times CQ’ + AQ \times CP’ = AC \times P’Q’$
$\Leftrightarrow AQ(AP + CP’) = AC \times P’Q’$.

Por lo tanto,
$\begin{equation} AQ \times BC = AC \times P’Q’. \end{equation}$

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

$\blacksquare$

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  1. Completa la prueba de la proposición 2 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 $AB$ el diámetro de una circunferencia $\Gamma$, $P$, $Q \in \Gamma$ en arcos distintos respecto de $AB$, trazamos $C$ el pie de la perpendicular a $AB$ trazada desde $Q$ y considera $\Gamma_{1}$, $\Gamma_{2}$ dos circunferencias de diámetro $AC$ y $CB$ respectivamente. Sean $PE$ y $PF$ 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 $AB$, $BC$ y $AC$ 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 $AB$ en $P$, a $AC$ en $Q$ y a $\Gamma$ internamente, muestra que el punto medio de $PQ$ es el incentro de $\triangle ABC$.
  2. Sean $\triangle ABC$ y $\Gamma$ su circuncírculo con $AC > AB$. Una circunferencia $\Gamma_{1}$ es tangente a $AB$, $AC$ 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

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Fuentes

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Geometría Moderna I: Cuadrilátero ortodiagonal

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

Decimos que un cuadrilátero convexo es ortodiagonal si sus diagonales son perpendiculares. En esta entrada veremos algunas propiedades del cuadrilátero ortodiagonal.

Dos caracterizaciones para el cuadrilátero ortodiagonal

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, $\phi = \angle APB$, $\psi = \angle BPC$.

Como $\phi + \psi = \pi$ entonces $\cos \phi = – \cos \psi$.

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

$\blacksquare$

Proposición 1. 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 del cuadrilátero ortodiagonal

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

Lema 1. 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 $AB$, $BC$, $CD$ y $AD$ respectivamente.

Recordemos que las diagonales del cuadrilátero de Varignon, es decir, las bimedianas $M_{1}M_{3}$ y $M_{2}M_{4}$, se intersecan en su punto medio, $G$, al que llamamos centroide.

Figura 3

Sean $M_{1}H_{1}$, $M_{2}H_{2}$, $M_{3}H_{3}$ y $M_{4}H_{4}$ las $m$-alturas de $\square ABCD$.

Por construcción $\angle M_{3}H_{1}M_{1} = \angle M_{1}H_{3}M_{3} = \dfrac{\pi}{2}$, por lo tanto, $M_{1}M_{3}$ es el diámetro 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 $M_{2}M_{4}$ con centro en $G$.

$\blacksquare$

Teorema 2. 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.

A dicha circunferencia se le conoce como primera circunferencia de los ocho puntos del cuadrilátero ortodiagonal.

Demostración. El lema anterior 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

Además, las bimedianas de un cuadrilátero se bisecan en el centroide del cuadrilátero.

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

$\blacksquare$

Teorema de Brahmagupta

Teorema 3. de Brahmagupta. En un cuadrilátero 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, 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 $MP$ que pasa por el punto medio de $AB$ y la intersección de las diagonales $P$, consideremos $H = MP \cap BC$.

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 $\angle DPA = \dfrac{\pi}{2}$.

Esto implica que $\angle PAM = \angle MPA = \angle HPC$.

Donde la última igualdad se debe a que los ángulos considerados son opuestos por el vértice, además $\angle ADP = \angle PCH$.

Como consecuencia de las últimas dos igualdades tenemos $\triangle APD \sim \triangle PHC$, por criterio de semejanza AA.

Entonces $\angle CHP = \angle DPA = \dfrac{\pi}{2}$, por lo tanto, $MH$ 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 2. 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 $\square ABCD$ (figura 5) y $N$ el punto medio de $BC$.

Sabemos que $G$ biseca a $MN$ y a $OP$, por lo tanto, $\square MONP$ es un paralelogramo, en consecuencia, la distancia de $O$ a $BC$ 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 1. 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

Lema 2. Sean $\square ABCD$ cíclico $O$ y $H$ el circuncentro y el anticentro respectivamente, consideremos el cuadrilátero principal órtico con vértices $H_{1} \in CD$, $H_{2} \in AD$, $H_{3} \in AB$, $H_{4} \in BC$, 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 $\square X_{1}X’_{1}X_{3}X’_{3}$ es cíclico.

Dado que $HH_{1}$ es la mediatriz de $X_{1}X’_{1}$ entonces $HX_{1} = HX’_{1}$, de manera similar vemos que $HX_{3} = HX’_{3}$.

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 $OH$.

Aplicando el teorema de Pitágoras a $\triangle HH_{1}X_{1}$ y el teorema de Apolonio a la mediana $H_{1}G$ 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 lema 1, $H_{1}$ 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.

$\blacksquare$

Teorema 4. 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, esta es la primera circunferencia de Droz-Farny del cuadrilátero.

Demostración. Los puntos consideraos son concíclicos si y solo si las dos circunferencias a las que pertenecen tienen el mismo radio es decir $HX_{1} = HX_{2} = HX_{3} = HX_{4}$.

Figura 7

En la demostración del lema anterior vimos que $HX_{i}^2 = 2H_{i}G^2 + 2OG^2$.

Esto implica que $HX_{1} = HX_{2} = HX_{3} = HX_{4} \Leftrightarrow  H_{1}G = H_{2}G = H_{3}G = H_{4}G$, esto quiere decir que los vértices del cuadrilátero principal órtico de $\square ABCD$  están en una misma circunferencia con centro en $G$.

Por el teorema 3, esto ocurre si y solo si $\square ABCD$  es ortodiagonal.

$\blacksquare$

Proposición 3. 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 de lema 2 sabemos que
$\begin{equation} HX_{1}^2 = 2H_{1}G^2 + 2OG^2. \end{equation}$

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

Como $O$ esta en la mediatriz de $CD$, entonces $OM_3 \perp CD$.

Aplicando el teorema de Pitágoras a $\triangle OM_{3}C$ y el teorema de Apolonio a la mediana $M_{3}G$ 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 $R = OC = HX_{1}$.

$\blacksquare$

Más adelante…

En la siguiente entrada hablaremos sobre cuadriláteros que tienen un incírculo.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  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 si 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 $AB$, $BC$, $CD$ y $AD$ respectivamente, y considera los puntos $P’_{i}$ con $i = 1, 2, 3, 4$ como las intersecciones de $PP_{i}$ 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 cíclicos, a esta circunferencia se le conoce como segunda circunferencia de los ocho puntos del cuadrilátero ortodiagonal.
    $iv)$ La primera 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, esta es la segunda circunferencia de Droz-Farny del cuadrilátero.
Figura 9

Entradas relacionadas

Fuentes

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Geometría Moderna I: Cuadrilátero bicéntrico

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

Decimos que un cuadrilátero convexo es bicéntrico si es circunscrito y cíclico al mismo tiempo. Ahora que hemos estudiado a los cuadriláteros cíclicos y cuadriláteros circunscritos por separado, nos podemos preguntar cuando un cuadrilátero cumple con ambas definiciones y que propiedades tiene, en esta entrada abordaremos este tema.

Dos caracterizaciones para el cuadrilátero bicéntrico

Teorema 1. Sea $\square ABCD$ un cuadrilátero circunscrito y sean $E$, $F$, $G$ y $H$ los puntos de tangencia del incírculo a los lados $AB$, $BC$, $CD$ y $AD$ respectivamente, entonces $\square ABCD$ es bicéntrico si y solo si $EG \perp FH$.

Figura 1

Demostración. $\angle BEF$ y $\angle EFB$ son ángulos semiinscritos que abarcan el mismo arco, $\overset{\LARGE{\frown}}{EF}$, por lo tanto, son iguales $\angle BEF = \angle EFB = \mu$.

De manera análoga tenemos que, $\angle DGH = \angle GHD = \nu$.

Así que en los triángulos $\triangle BEF$ y $\triangle DHG$ se tiene $\pi = \angle B + 2 \mu = \angle D + 2 \nu$ por lo que
$\begin{equation} 2\pi = \angle B + \angle D + 2(\mu + \nu). \end{equation}$

Ahora supongamos que $EG$ y $FH$ son perpendiculares, y sea $P = EG \cap FH$, entonces $\angle HPE =\dfrac{\pi}{2}$, así que en $\triangle HPE$, $\dfrac{\pi}{2} = \angle PEH + \angle EHP$.

Pero $\angle EHF$ y $\angle BEF$ abren el mismo arco, por lo tanto, $\angle EHF = \mu$, de manera similar $\angle GEH = \nu$, por lo tanto $\mu + \nu = \dfrac{\pi}{2}$.

Sustituyendo la ultima igualdad en $(1)$ tenemos
$2\pi = \angle B + \angle D + \pi$
$\Leftrightarrow \angle B + \angle D = \pi$
$\Leftrightarrow \square ABCD$ es cíclico.

La proposición reciproca se muestra tomando en sentido contrario la prueba.

$\blacksquare$

Teorema 2. Sea $\square ABCD$ circunscrito, $I$ su incentro, $K$ y $J$ las intersecciones de los lados $AB$ con $DC$ y $AD$ con $BC$ respectivamente entonces $\square ABCD$ es bicéntrico si y solo si $IK \perp IJ$.

Figura 2

Demostración. Notemos que el incírculo de $\square ABCD$ es al mismo tiempo el excentro de $\triangle AJB$ y $\triangle BKC$ opuesto a los vértices $J$ y $K$ respectivamente.

Esto implica que $IJ$ e $IK$ son las bisectrices internas de $\angle J$ y $\angle K$ respectivamente.

Sean $E$, $F$, $G$ y $H$ los puntos de contacto del incírculo con $AB$, $BC$, $CD$ y $DA$ respectivamente, en la prueba del teorema anterior vimos que $\angle JHF = \angle HFJ$ y $\angle EGK = \angle KEG$.

Por lo tanto, $\triangle JHF$ y $\triangle KEG$ son isósceles.

Entonces las bisectrices de $\angle J$ y $\angle K$ son mediatrices de $FH$ y $EG$ respectivamente.

En consecuencia, $JL \perp FH$ y $KM \perp EG$, donde $L$ y $M$ son los puntos medios de $FH$ y $EG$ respectivamente.

De esto último se sigue que en el cuadrilátero $\square LPMI$, $\angle LIM + \angle MPL =\pi$.

Por lo tanto, $IJ \perp IK \Leftrightarrow FH \perp EG \Leftrightarrow \square ABCD$  es bicéntrico.

La última doble implicación se da por el teorema 1.

$\blacksquare$

Teorema de Fuss

Teorema 3, de Fuss. En un cuadrilátero bicéntrico el circunradio $R$, el inradio $r$ y la distancia $d$ entre el circuncentro y el incentro se relacionan mediante la siguiente expresión:
$\dfrac{1}{(R + d)^2} + \dfrac{1}{(R – d)^2} = \dfrac{1}{r^2}$.

Demostración. Sean $\square ABCD$ bicéntrico, $(O, R)$, $(I, r)$ el circuncírculo y el incírculo respectivamente, $E$ y $F$ los puntos de tangencia de los lados $AB$ y $BC$ respectivamente con $(I, r)$.

Figura 3

Dado que $\square ABCD$  es cíclico, entonces $\angle A + \angle C = \pi$ y como $I$ es la intersección de las bisectrices internas de $\square ABCD$ tenemos lo siguiente:

$\begin{equation} \angle EAI + \angle ICF = \dfrac{\pi}{2}. \end{equation}$

Como $\triangle AEI$ y $\triangle CFI$ son triángulos rectángulos y tienen la misma altura desde $I$.

Al “pegar” los triángulos $\triangle AEI$ y $\triangle CFI$ por la altura formamos un triángulo rectángulo $\triangle ACI$ cuya área es :

$(\triangle ACI) = \dfrac{(AE + FC)r}{2} = \dfrac{AI \times CI}{2}$
$\Leftrightarrow (AE + FC)^2r^2 = AI^2 \times CI^2$.

Figura 4

Podemos calcular $AC$ aplicando el teorema de Pitágoras
$AI^2 + CI^2 = AC^2 = (AE + FC)^2$.

De las últimas dos expresiones obtenemos $(AI^2 + CI^2)r^2 = AI^2 \times CI^2 \Leftrightarrow$
$\begin{equation} \dfrac{1}{AI^2} + \dfrac{1}{CI^2} = \dfrac{1}{r^2}. \end{equation}$

Consideremos $G$ y $H$ los puntos donde $AI$ y $CI$ intersecan a $(O, R)$.

$\angle HAB = \angle HCB = \angle ICF$ pues son subtendidos por el mismo arco.

Por la ecuación $(2)$,
$\angle HAG = \angle HAB + \angle BAG = \angle ICF + \angle EAI = \dfrac{\pi}{2}$,
por lo tanto, $HG$ es diámetro.

Con el teorema de Apolonio calculamos la mediana $IO$ en $\triangle IHG$
$\begin{equation} IH^2 + IG^2 = 2IO^2 + \dfrac{HG^2}{2} = 2d^2 + \dfrac{(2R)^2}{2} = 2(d^2 + R^2). \end{equation}$

Como $\square AHGC$ es cíclico, entonces
$\begin{equation} AI \times GI = HI \times CI = d^2 – R^2. \end{equation}$

Donde la última igualdad se debe a la potencia de $I$ respecto de $(O, R)$.

De $(4)$ y $(5)$ obtenemos

$\dfrac{1}{AI^2} + \dfrac{1}{CI^2} = \dfrac{GI^2}{(R^2 – d^2)^2} + \dfrac{HI^2}{(R^2 – d^2)^2}$
$= \dfrac{GI^2 + HI^2}{(R^2 – d^2)^2} = \dfrac{2(d^2 + R^2)}{(R^2 – d^2)^2} = \dfrac{(R + d)^2 + (R – d)^2}{(R^2 – d^2)^2}$
$\begin{equation} = \dfrac{1}{(R + d)^2} + \dfrac{1}{(R – d)^2}. \end{equation}$

De $(3)$ y $(6)$ obtenemos la relación buscada
$\dfrac{1}{r^2} = \dfrac{1}{(R + d)^2} + \dfrac{1}{(R – d)^2}$.

$\blacksquare$

Puntos colineales en el cuadrilátero bicéntrico

Teorema 4. En un cuadrilátero bicéntrico el incentro, el circuncentro y la intersección de las diagonales son colineales.

Demostración. Sean $\square ABCD$ bicéntrico, $I$, $O$, su incentro y circuncentro respectivamente y consideremos $E$, $F$, $G$ y $H$ las intersecciones de $AI$, $BI$, $CI$ y $DI$ con $(O, R)$, el circuncírculo de $\square ABCD$, respectivamente.

Figura 5

En $\triangle GDB$ la mediatriz de $BD$ pasa por $N$ el punto medio de $BD$ y $O$, y la mediana por $G$ pasa por $G$ y $N$.

Como $CG$ es bisectriz de $\angle DCB$, entonces $\angle DBG = \angle DCG = \angle GCB = \angle GDB$, por tanto, $\triangle GBD$ es isósceles y así la mediatriz de $BD$ y la mediana por $G$ coinciden, por lo que $G$, $N$ y $O$ son colineales, al mismo tiempo que esta recta es diámetro pues pasa por $O$.

En la prueba del teorema de Fuss vimos que $GE$ es diámetro por lo tanto $G$, $N$, $O$ y $E$ son colineales además $\angle ONP = \dfrac{\pi}{2}$ donde $P$ es la intersección de las diagonales $AC$ y $BD$.

De manera análoga $F$, $M$, $O$ y $H$ son colineales donde $M$ es el punto medio de $AC$ y $\angle PMO = \dfrac{\pi}{2}$.

Se sigue que $\square PNOM$ es cíclico, por lo tanto
$\begin{equation} \angle MNP = \angle MOP. \end{equation}$

Por otro lado, como $\square DBHF$ es cíclico e $I$ es la intersección de las diagonales, por construcción, se sigue que $\triangle IBD \sim \triangle IHF$, son semejantes.

$\Rightarrow \dfrac{IB}{IH} = \dfrac{BD}{FH} = \dfrac{\dfrac{1}{2}BD}{\dfrac{1}{2}FH} = \dfrac{BN}{OH}$ y como $\angle IBN = \angle OHI$, por criterio de semejanza LAL, $\triangle IBN \sim \triangle IHO$.

Por lo tanto, $\angle BNI = \angle IOH$ y así
$\begin{equation}  \angle INP = \angle MOI. \end{equation}$

Por el teorema de Newton, sabemos que $N$, $I$ y $M$ son colineales, además $I$ se encuentra entre $N$ y $M$.

Por las ecuaciones $(7)$ y $(8)$ tenemos
$\angle MOI =  \angle INP = \angle MNP = \angle MOP$.

Es decir, el ángulo que forman las rectas $IO$ y $MO$ es el mismo ángulo que forman las rectas $PO$ y $MO$, por lo tanto $IO$ y $PO$ son la misma recta, y así los puntos $I$, $O$ y $P$ son colineales.

$\blacksquare$

Acotando el área del cuadrilátero bicéntrico

Teorema 5. El área de un cuadrilátero bicéntrico $\square ABCD$ con inradio $r$ y circunradio $R$ cumple la siguiente desigualdad:
$4r^2 \leq (\square ABCD) \leq 2R^2$.

Demostración. Primero veamos que $4r^2 \leq (\square ABCD)$, sean $E$, $F$, $G$ y $H$ los puntos de tangencia del incírculo con los lados $AB$, $BC$, $CD$ y $AD$ respectivamente.

Figura 6

Como las tangentes desde un punto a una circunferencia son iguales tenemos
$AE = AH = x$, $BE = BF = y$, $CF = CG = z$ y $DG = DH = w$.

En la demostración del teorema de Fuss vimos que $\angle IAH + \angle GCI = \dfrac{\pi}{2}$ de esto se sigue que $\triangle IHA$ y $\triangle CGI$ son semejantes
$\Rightarrow \dfrac{r}{z} = \dfrac{x}{r} \Leftrightarrow r^2 = xz$.

De manera análoga vemos que $r^2 = yw$.

Aplicando la desigualdad entre la media aritmética y la media geométrica obtenemos

$(\square ABCD) = 2((\triangle IAE) + (\triangle IBF) + (\triangle ICG) + (\triangle IDH))$
$= r(x + y + z + w)$
$ = 2r (\dfrac{x + z}{2} + \dfrac{y + w}{2}) \geq 2r(\sqrt{xz} + \sqrt{yw})$
$ = (2r)(2r) = 4r^2$.

Donde la igualdad se da si y solo si $x = y = z = w = r$, si esto es así entonces $\triangle ADC$ es isósceles, entonces, $\angle IAH = \angle GCI = \dfrac{\pi}{4}$.

Por lo tanto, $\angle A= \angle C = \dfrac{\pi}{2}$.

Del mismo modo vemos que $\angle B = \angle C = \dfrac{\pi}{2}$, y así, $\square ABCD$ es un cuadrado.

$\blacksquare$

Ahora veamos que $(\square ABCD) \leq 2R^2$, tracemos la diagonal $BD$ y sean $E$ y $F$ los pies de las perpendiculares a $BD$ trazadas desde $A$ y $C$ respectivamente y $P$ la intersección de las diagonales.

Figura 7

Por el teorema de Pitágoras, $AE \leq AP$ y $CF \leq CP \Rightarrow AE + CF \leq AC$
y se tiene la igualdad si y solo si las diagonales son perpendiculares.

Luego,
$(\square ABCD) = (\triangle ABD) + (\triangle CBD) $
$= \dfrac{BD}{2}(AE + CF) \leq \dfrac{AC \times BD}{2}$.

Como $\square ABCD$  es cíclico entonces cada diagonal es menor o igual que el diámetro $2R$ del circuncírculo.

Por lo tanto $(\square ABCD) \leq 2R^2$, donde la igualdad se da si y solo si las diagonales son perpendiculares y son diámetros del circuncírculo, es decir, $\square ABCD$  es un cuadrado.

$\blacksquare$

Más adelante…

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

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  1. Muestra que para un cuadrilátero bicéntrico $\square ABCD$ de lados $a$, $b$, $c$ y $d$, diagonales $p$ y $q$, inradio $r$ y circunradio $R$ se tiene:
    $i)$ $(\square ABCD) = \sqrt{abcd}$,
    $ii)$ $8pq \leq (a + b + c + d)^2$,
    $iii)$ $\sqrt{2}r \leq R$.
  2.  Sea $\square ABCD$ un cuadrilátero circunscrito y sean $E$, $F$, $G$ y $H$ los puntos de tangencia del incírculo a los lados $AB$, $BC$, $CD$ y $AD$ respectivamente, considera los puntos medios $I$, $J$, $K$ y $L$ de los segmentos $HE$, $EF$, $FG$ y $GH$ respectivamente muestra que $\square ABCD$ es cíclico si y solo si $\square IJKL$ es un rectángulo.
Figura 8
  1. Sea $\square ABCD$ bicéntrico, $(I, r)$ el incírculo y $P$ la intersección de las diagonales, muestra que:
    $i)$ $\dfrac{1}{AI^2} + \dfrac{1}{CI^2} = \dfrac{1}{BI^2} + \dfrac{1}{DI^2} = \dfrac{1}{r^2}$,
    $ii)$ $\dfrac{AP}{CP} = \dfrac{AI^2}{CI^2}$ , $Wikipedia\dfrac{BP}{DP} = \dfrac{BI^2}{DI^2}$.
  2. Construye un cuadrilátero bicéntrico.

Entradas relacionadas

Fuentes

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»