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Geometría Moderna I: Cuadrilátero circunscrito

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

Decimos que un cuadrilátero convexo es circunscrito si sus lados son tangentes a una misma circunferencia dentro del cuadrilátero. Nos referimos a dicha circunferencia como el incírculo y a su radio como el inradio del cuadrilátero.

Sabemos que los lados de un triángulo siempre son tangentes a una misma circunferencia, el incírculo del triángulo, cuyo centro es el punto donde concurren las bisectrices internas, en esta entrada estudiaremos cuando un cuadrilátero es circunscrito y algunas propiedades.

Primera caracterización para el cuadrilátero circunscrito

Teorema 1. Un cuadrilátero es circunscrito si y solo si la suma de dos lados opuestos es igual a la suma de los otros dos lados opuestos.

Demostración. Sean $\square ABCD$ un cuadrilátero circunscrito, $E$, $F$, $G$ y $H$ los puntos de tangencia de la circunferencia a los lados $AB$, $BC$, $CD$ y $AD$ respectivamente y consideremos $I$ el incentro de $\square ABCD$.

Figura 1

Recordemos que las tangentes a una circunferencia desde un punto externo a esta son iguales, por lo tanto, $AH = AE = x$, $BE = BF = y$, $CF = CG = z$, $DG = DH = w$.

Entonces $AB + CD = (x + y) + (z + w) = (x + w) + (y + z) = AD + BC$.

$\blacksquare$

Ahora supongamos que en $\square ABCD$ se tiene que $AB + CD = AD + BC$ y que tiene un par de lados adyacentes que no son iguales.

Sin pérdida de generalidad podemos suponer que $AB > BC$ entonces,
$\begin{equation} AD – CD = AB – BC > 0. \end{equation}$.

Figura 2

Sean $E \in AB$ y $F \in AD$ tales que $EB = BC$ y $FD = CD$ entonces por la ecuación $(1)$ $AE = AF$ y así $\triangle AEF$, $\triangle BCE$ y $\triangle DFC$ son isósceles.

Por lo tanto, las bisectrices internas de los ángulos $\angle EAF$, $\angle CBE$ y $\angle ADC$, son las mediatrices de $\triangle EFC$, por lo tanto, concurren en un punto $I$.

Como $I$ está en las bisectrices internas de los ángulos $\angle AEF$, $\angle BCE$ y $\angle DFC$, entonces, equidista a cado uno de los lados que forman dichos ángulos y de esta forma $I$ es el centro de una circunferencia tangente a los lados de $\square ABCD$.

La otra posibilidad es que todos los lados del cuadrilátero sean iguales es decir el cuadrilátero sea un rombo, este caso se queda como ejercicio.

$\blacksquare$

Teorema de Newton

Teorema 2, de Leon Anne. Sea $\square ABCD$ un cuadrilátero que no es un paralelogramo, el lugar geométrico de los puntos $P$ en el interior de $\square ABCD$ tal que $(\triangle APB) + (\triangle CPD) = (\triangle BPC) + (APD)$, es la recta de Newton de $\square ABCD$.

Demostración. Sean $P$ un punto en el interior de $\square ABCD$ tal que $(\triangle APB) + (\triangle CPD) = (\triangle BPC) + (APD)$ y $F$ el punto medio de $BD$.

Figura 3

Podemos ver el área de los triángulos considerados como suma y diferencia de otras áreas:

$(\triangle APB) = (\triangle AFB) + (\triangle BFP) – (\triangle AFP)$,
$ (\triangle CPD) = (\triangle CFD) + (\triangle CFP) – (\triangle DFP)$,
$(\triangle APD) = (\triangle AFD) + (\triangle AFP) + (\triangle DFP)$,
$ (\triangle BPC) = (\triangle BFC) – (\triangle BFP) – (\triangle CFP)$.

Entonces, por hipótesis:
$(\triangle AFB) + (\triangle BFP) – (\triangle AFP) + (\triangle CFD) + (\triangle CFP) – (\triangle DFP)$
$= (\triangle AFD) + (\triangle AFP) + (\triangle DFP) + (\triangle BFC) – (\triangle BFP) – (\triangle CFP)$.

$\Leftrightarrow$
$(\triangle AFB) + 2(\triangle BFP) + (\triangle CFD) + 2(\triangle CFP)$
$\begin{equation} = (\triangle AFD) + 2(\triangle AFP) + 2(\triangle DFP) + (\triangle BFC). \end{equation}$

Notemos que como $B$, $F$ y $D$ son colineales entonces $\triangle AFB$ y $\triangle AFD$ tienen la misma altura desde $A$, y ya que $FB = FD$ entonces $(\triangle AFB) = (\triangle AFD)$.

Igualmente podemos ver que
$(\triangle BFP) = (\triangle DFP)$ y $(\triangle CFD) = (\triangle BFC)$.

De la ecuación $(2)$ se sigue que $(\triangle CFP) = (\triangle AFP)$.

Como ambos triángulos tienen la misma base entonces las alturas trazadas desde $A$ y $C$ a la recta $FP$ son la mismas, digamos $AG = CH$.

Consideremos $E$ la intersección de $AC$ con $FP$, entonces $\triangle AEG$ y $\triangle CEH$ son congruentes, por criterio ángulo, lado, ángulo.

Por lo tanto $E$ es el punto medio de $AC$ y así $P$ está en la recta de Newton de $\square ABCD$.

La implicación reciproca se puede ver tomando en sentido contrario los argumentos anteriores.

$\blacksquare$

Teorema 3. De Newton. Si un cuadrilátero es circunscrito entonces su incentro esta en la recta de Newton del cuadrilátero.

Demostración. Sean $\square ABCD$ un cuadrilátero circunscrito $I$ y $r$ el centro y el radio de su incírculo respectivamente, entonces por el teorema 1 sabemos que:
$AB + CD = AD + BC$
$\Rightarrow \dfrac{r}{2}(AB + CD) = \dfrac{r}{2}(AD + BC)$
$\Rightarrow (\triangle AIB) + (\triangle CID) = (\triangle AID) + (\triangle BIC)$.

Por lo tanto, $I$ se encuentra en la recta de Newton de $\square ABCD$.

$\blacksquare$

Rectas concurrentes en el cuadrilátero circunscrito

Teorema 4. Sea $\square ABCD$ un cuadrilátero circunscrito y sean $E$, $F$, $G$ y $H$ los puntos de tangencia del circuncírculo con los lados $AB$, $BC$, $CD$ y $AD$ respectivamente, entonces,
$i)$ las cuerdas $EG$, $FH$ y las diagonales $AC$, $BD$ son concurrentes
$ii)$ si $P$ es el punto de concurrencia, entonces,
$\dfrac{AP}{CP}  = \dfrac{x}{z}$ y $\dfrac{BP}{DP}  = \dfrac{y}{w}$.

Donde $AH = AE = x$, $BE = BF = y$, $CF = CG = z$, $DG = DH = w$.

Demostración. Sean $I$ el incentro de $\square ABCD$ y $P = AC \cap EG$.

Como $AB$ y $CD$ son tangentes al circuncírculo en $E$ y $G$ respectivamente, entonces $\angle GEA = \angle DGE$, pues ambos son ángulos semiinscritos que abarcan el mismo arco.

Figura 4

Por lo tanto,
$\sin \angle PEA = \sin \angle DGP = \sin (\pi – \angle DGP) = \sin \angle PGC$.

Por otro lado,
$2(\triangle AEP) = AP \times EP \sin \angle APE = AE \times EP \sin \angle PEA$,
$2(\triangle CGP) = PG \times CP \sin \angle CPG = CG \times GP \sin \angle PGC$.

$\Rightarrow \dfrac{(\triangle AEP) }{(\triangle CGP)} = \dfrac{AP \times EP}{PG \times CP} = \dfrac{AE \times EP}{CG \times GP}$
$\Rightarrow \dfrac{AP}{CP}  = \dfrac{AE}{CG}$.

Lo que significa que la cuerda $EG$ divide internamente a la diagonal $AC$ en la razón $\dfrac{AE}{CG} = \dfrac{x}{z}$.

Similarmente podemos mostrar que la cuerda $FH$ divide internamente a la diagonal $AC$ en la razón $\dfrac{x}{z}$, por lo tanto, $EG$, $FH$, se intersecan en $AC$.

Repitiendo este procedimiento, pero esta vez para la diagonal $BD$ podemos ver que $BD$, $EG$ y $FH$ concurren, y que $\dfrac{BP}{DP}  = \dfrac{y}{w}$.

Por lo tanto, las diagonales $AC$, $BD$ y las cuerdas $EG$, $FH$ son concurrentes.

$\blacksquare$

Corolario. Tenemos las siguientes igualdades (figura 4),
$\dfrac{(\triangle APB)}{xy} = \dfrac{(\triangle BPC)}{yz} = \dfrac{(\triangle CPD)}{zw} = \dfrac{(\triangle APD)}{xw}$.

Demostración. Notemos que los triángulos $\triangle APB$ y $\triangle BPC$ tienen la misma altura desde el vértice $B$, y ya que $A$, $P$ y $C$ son colineales, entonces usando la razón, encontrada en el teorema anterior, en la que $P$ divide a $AC$.

$\dfrac{(\triangle APB)}{(\triangle BPC)} = \dfrac{AP}{PC} = \dfrac{x}{z} \Leftrightarrow \dfrac{(\triangle APB)}{xy} = \dfrac{(\triangle BPC)}{zy}$.

Las otras igualdades se muestran de manera análoga.

$\blacksquare$

Una propiedad referente a inradios

Teorema 5. Sean $\square ABCD$ circunscrito, $P$ el punto de intersección de las diagonales, y consideremos los inradios $r_{1}$, $r_{2}$, $r_{3}$, $r_{4}$, de los triángulos $\triangle APB$, $\triangle BPC$, $\triangle CPD$ y $\triangle APD$ respectivamente, entonces
$\dfrac{1}{ r_{1}} + \dfrac{1}{ r_{3}} = \dfrac{1}{ r_{2}} + \dfrac{1}{ r_{4}}$.

Demostración. Por el corolario anterior, sea $\lambda = \dfrac{(\triangle APB)}{xy} = \dfrac{(\triangle BPC)}{yz} = \dfrac{(\triangle CPD)}{zw} = \dfrac{(\triangle APD)}{xw} \neq 0$.

Figura 5

Por el teorema 4, tenemos que $\dfrac{AP}{CP}  = \dfrac{x}{z}$ y $\dfrac{BP}{DP}  = \dfrac{y}{w}$.

Entonces sean $\eta = \dfrac{AP}{x}  = \dfrac{CP}{z}$ y $\mu = \dfrac{BP}{y}  = \dfrac{DP}{w}$.

Ahora calculamos el área de $\triangle APB$.

$(\triangle APB) = r_{1}s = \dfrac{r_{1}}{2}(AP + PB + AB)$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{r_{1}} = \dfrac{AP + PB + AB}{2(\triangle APB)} = \dfrac{AP + PB + AB}{2 \lambda xy}$
$\Leftrightarrow \dfrac{2 \lambda}{r_{1}} = \dfrac{AP + PB + AB}{xy} = \dfrac{x \eta + y \mu + (x + y)}{xy}$
$= \dfrac{x(\eta + 1) + y(\mu + 1))}{xy} = \dfrac{\eta + 1}{y} + \dfrac{\mu + 1}{x}$.

De manera análoga podemos ver que
$\dfrac{2 \lambda}{r_{3}} = \dfrac{\eta + 1}{w} + \dfrac{\mu + 1}{z}$.

Entonces,
$\dfrac{2 \lambda}{r_{1}} + \dfrac{2 \lambda}{r_{3}} = \dfrac{\eta + 1}{y} + \dfrac{\mu + 1}{x} + \dfrac{\eta + 1}{w} + \dfrac{\mu + 1}{z}$.

Podemos encontrar de la misma forma
$\dfrac{2 \lambda}{r_{2}} + \dfrac{2 \lambda}{r_{4}} = \dfrac{\eta + 1}{y} + \dfrac{\mu + 1}{z} + \dfrac{\mu + 1}{x} + \dfrac{\eta + 1}{w}$.

Por lo tanto,
$\dfrac{2 \lambda}{r_{1}} + \dfrac{2 \lambda}{r_{3}} = \dfrac{2 \lambda}{r_{1}} + \dfrac{2 \lambda}{r_{3}}$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{r_{1}} + \dfrac{1}{r_{3}} = \dfrac{1}{r_{2}} + \dfrac{1}{r_{4}}$.

$\blacksquare$

Puntos cíclicos en el cuadrilátero circunscrito

Lema. Sean $\triangle ABC$, $I$ y $r$ el incentro y el inradio de su circuncírculo entonces
$i)$ $AB + AC – BC = 2 r \cot \dfrac{\angle A}{2}$,
$ii)$ $AI = \dfrac{r}{\sin \dfrac{\angle A}{2}}$.

Demostración. Consideremos $D$, $E$ y $F$ los puntos de tangencia de $(I, r)$ con $AB$, $BC$ y $AD$ respectivamente entonces $AD = AF$, $BD = BE$ y $CE = CF$ además en el triángulo rectángulo $\triangle ADI$
$\tan\dfrac{\angle A}{2} = \dfrac{ID}{AD} \Leftrightarrow AD = r \cot \dfrac{\angle A}{2}$.

Figura 6

Por lo tanto, $AB + AC – BC = (AD + BD) + (AF + CF) – (BE + CE) = 2AD = 2 r \cot \dfrac{\angle A}{2}$.

Por otra parte en $\triangle ADI$,
$\sin \dfrac{\angle A}{2} = \dfrac{ID}{IA} \Leftrightarrow AI = \dfrac{r}{\sin \dfrac{\angle A}{2}}$.

$\blacksquare$

Teorema 6. Sean $\square ABCD$ circunscrito, $P$ la intersección de las diagonales, $I_{1}$, $I_{2}$, $I_{3}$ e $I_{4}$ los incentros de los triángulos $\triangle APB$, $\triangle BPC$, $\triangle CPD$ y $\triangle APD$ respectivamente entonces el cuadrilátero $\square I_{1}I_{2}I_{3} I_{4}$ es cíclico.

Demostración. Sean $r_{1}$, $r_{2}$, $r_{3}$ y $r_{4}$ los inradios de $\triangle APB$, $\triangle BPC$, $\triangle CPD$ y $\triangle APD$ respectivamente, notemos que $\angle APB = \angle CPD$ y $\angle BPC = \angle DPA$ pues son opuestos por el vértice, entonces
$2(\angle APB + \angle DPA) = 2\pi \Leftrightarrow \dfrac{\angle APB + \angle DPA}{2} = \dfrac{\pi}{2}$ por lo que
$\sin \dfrac{\angle APB}{2} = \cos \dfrac{\angle DPA}{2}$ y $\cos \dfrac{\angle APB}{2} = \sin \dfrac{\angle DPA}{2}$.

Figura 7

Aplicando el lema parte 1 a $\triangle APB$ y $\triangle CPD$ obtenemos
$(AP + BP – AB) + (CP + DP – CD)$
$= 2 r_{1} \cot \dfrac{\angle APB}{2} + 2 r_{3}  \cot \dfrac{\angle CPD}{2} = 2\cot \dfrac{\angle APB}{2}( r_{1} + r_{3})$.

Hacemos lo mismo con $\triangle BPC$ y $\triangle APD$,
$(BP + CP – BC) + (DP + AP – AD) = 2\cot \dfrac{\angle DPA}{2}( r_{2} + r_{4})$.

Como $\square ABCD$ es circunscrito por el teorema 1, $AB + CD = BC + AD$ por lo que
$(AP + BP – AB) + (CP + DP – CD) = (BP + CP – BC) + (DP + AP – AD)$.

Y por lo tanto,
$2\cot \dfrac{\angle APB}{2}( r_{1} + r_{3}) = 2\cot \dfrac{\angle DPA}{2}( r_{2} + r_{4})$

$\Rightarrow \dfrac{ r_{1} + r_{3}}{ r_{2} + r_{4}} = \dfrac{\cot \dfrac{\angle DPA}{2}}{\cot \dfrac{\angle APB}{2}}$
$= \dfrac{\dfrac{\cos \dfrac{\angle DPA}{2}}{\sin \dfrac{\angle DPA}{2}}}{\dfrac{\cos \dfrac{\angle APB}{2}}{\sin \dfrac{\angle APB}{2}}}
= \dfrac{\dfrac{\sin \dfrac{\angle APB}{2}}{\cos \dfrac{\angle APB}{2}}}{\dfrac{\cos \dfrac{\angle APB}{2}}{\sin \dfrac{\angle APB}{2}}}
= \dfrac{\sin^2 \dfrac{\angle APB}{2}}{\cos^2 \dfrac{\angle APB}{2}}$

$\begin{equation} = \tan^2 \dfrac{\angle APB}{2}. \end{equation}$

Por otra parte aplicamos el lema parte 2 a $\triangle APB$ y $\triangle CPD$
$PI_{1} \times PI_{3} = \dfrac{r_{1}}{\sin \dfrac{\angle APB}{2}} \dfrac{r_{3}}{\sin \dfrac{\angle CPD}{2}} = \dfrac{ r_{1} r_{3}}{\sin^2 \dfrac{\angle APB}{2}}$.

Hacemos lo mismo con $\triangle BPC$ y $\triangle APD$
$PI_{2} \times PI_{4} = \dfrac{r_{2}}{\sin \dfrac{\angle BPC}{2}} \dfrac{r_{4}}{\sin \dfrac{\angle DPA}{2}} = \dfrac{ r_{2} r_{4}}{\sin^2 \dfrac{\angle DPA}{2}}$.

Realizamos el cociente de las dos últimas expresiones encontradas
$\dfrac{PI_{2} \times PI_{4}}{PI_{1} \times PI_{3}} = \dfrac{r_{2} r_{4}}{\sin^2 \dfrac{\angle DPA}{2}} \dfrac{\sin^2 \dfrac{\angle APB}{2}}{r_{1} r_{3}} = \dfrac{r_{2} r_{4}}{r_{1} r_{3}} \dfrac{\sin^2 \dfrac{\angle APB}{2}}{\cos^2 \dfrac{\angle APB}{2}}$

$\begin{equation} = \dfrac{r_{2} r_{4}}{r_{1} r_{3}} \tan^2 \dfrac{\angle APB}{2}. \end{equation}$

Entonces podemos sustituir la ecuación $(3)$ en $(4)$
$\dfrac{PI_{2} \times PI_{4}}{PI_{1} \times PI_{3}} = (\dfrac{r_{2} r_{4}}{r_{1} r_{3}}) (\dfrac{r_{1} + r_{3}}{r_{2} + r_{4}}) = \dfrac{\dfrac{r_{1} + r_{3}}{r_{1} r_{3}}}{\dfrac{r_{2} + r_{4}}{r_{2} r_{4}}}
= \dfrac{\dfrac{1}{r_{1}} + \dfrac{1}{r_{3}}}{\dfrac{1}{r_{2}} + \dfrac{1}{r_{4}}}$.

Por el teorema 5, sabemos que
$\dfrac{1}{r_{1}} + \dfrac{1}{ r_{3}} = \dfrac{1}{r_{2}} + \dfrac{1}{ r_{4}}$.

Por lo tanto,
$\dfrac{PI_{2} \times PI_{4}}{ PI_{1} \times PI_{3}} = 1$
$\Leftrightarrow PI_{2} \times PI_{4} = PI_{1} \times PI_{3}$.

Como $P = I_1I_3 \cap I_2I_4$, pues estas rectas son las bisectrices interna y externa de $\angle APB$, por el teorema de las cuerdas, el cuadrilátero $\square I_1I_2I_3I_4$ es cíclico.

$\blacksquare$

Más adelante…

En la siguiente entrada estudiaremos características de los cuadriláteros que son tanto cíclicos como circunscritos.

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. $i)$ Muestra que un cuadrilátero convexo es circunscrito si y solo si sus bisectrices internas son concurrentes.
    $ii)$ Prueba que todo rombo es circunscrito.
  2. Muestra que $\square ABCD$ convexo, es circunscrito si y solo si los incírculos de los triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle ACD$ son tangentes entre si.
  3. Sea $\square ABCD$ convexo, consideremos los incirculos de los triángulos $\triangle ABD$, $\triangle ABC$, $\triangle BCD$ y $\triangle ADC$ que son tangentes a los lados del cuadrilátero en $M$, $T$, $N$, $O$, $P$, $Q$, y $R$, $S$ respectivamente, muestra que $\square ABCD$ es circunscrito si y solo si $MN + QR = OP + ST$.
  1. Si $\square ABCD$ es circunscrito, con lados $a$, $b$, $c$ y $d$ muestra que:
    $i)$ $(\square ABCD) = \sqrt{abcd} \sin \dfrac{\angle A + \angle C}{2} = \sqrt{abcd} \sin \dfrac{\angle B + \angle D}{2}$,
    $ii)$ $(\square ABCD) \leq \sqrt{abcd}$.
  2. Sean $\square ABCD$ circunscrito, $I$ el incentro del cuadrilátero y $P$ la intersección de las diagonales, muestra que los ortocentros de los triángulos $\triangle AIB$, $\triangle BIC$, $\triangle CID$, $\triangle AID$ y $P$ son colineales.
  1. Sean $\square ABCD$ circunscrito y $P$ la intersección de sus diagonales, muestra que los centros de los excírculos de los triángulos $\triangle APB$, $\triangle BPC$, $\triangle CPD$ y $\triangle APD$ opuestos a $P$ forman un cuadrilátero cíclico.

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: Desigualdades geométricas

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

En esta entrada, con la ayuda de varias fórmulas y resultados que hemos visto hasta ahora, mostraremos algunas desigualdades geométricas básicas e importantes, entre ellas la desigualdad entre las medias geométrica y aritmética, y la desigualdad de Erdos Mordell.

Medias armónica, geométrica, aritmética y cuadrática

Teorema 1. Dados dos segmentos de longitudes $a$ y $b$ tenemos las siguientes desigualdades:
$\dfrac{2ab}{a + b} \leq \sqrt{ab} \leq \dfrac{a + b}{2} \leq \sqrt{\dfrac{a^2 + b^2}{2}}$.

De izquierda a derecha estas cantidades se conocen como media armónica, media geométrica, media aritmética y media cuadrática de $a$ y $b$.

Demostración. Tracemos un semicírculo tomando como diámetro un segmento $BC$  de longitud $a + b$ y sea $D \in BC$ tal que $BD = a$ y $DC = b$, en $D$ levantamos una perpendicular a $BC$ que corta al arco $\overset{\LARGE{\frown}}{CB}$ en $A$, entonces $\triangle ABC$ es un triángulo rectángulo con $\angle A = \dfrac{\pi}{2}$.

Por criterio de semejanza AA $\triangle ADB \sim \triangle CDA$ y tenemos que $\dfrac{AD}{CD} = \dfrac{BD}{AD}$.

Por lo tanto $AD$ es la media geométrica de $BD$ y $DC$, esto es $AD^2 = BD \times CD$.

Figura 1

Consideremos $O$ el punto medio de $BC$, sea $E \in AO$ tal que $DE  \perp AO$, como $\triangle ADO \sim \triangle AED$ entonces
$\dfrac{AD}{AE} = \dfrac{AO}{AD}$
$\Rightarrow AE = \dfrac{2AD^2}{2AO} = \dfrac{2BD \times DC}{BC} = \dfrac{2ab}{a + b}$.

Por el teorema de Pitágoras en $\triangle AED$
$AD^2 = AE^2 + DE^2 \Rightarrow AE \leq AD \Rightarrow \dfrac{2ab}{a + b} \leq \sqrt{ab}$.

Por el teorema de Pitágoras en $\triangle ADO$
$AO^2 = AD^2 + DO^2 \Rightarrow AD \leq AO \Rightarrow \sqrt{ab} \leq \dfrac{a + b}{2}$.

Ahora tracemos $OF$ el radio perpendicular a $BC$, entonces
$OD = \dfrac{a + b}{2} – a = \dfrac{b – a}{2}$.

Aplicando el teorema de Pitágoras a $\triangle ODF$ obtenemos,
$DF^2 = OF^2 + OD^2 = (\dfrac{b – a}{2})^2 + (\dfrac{a + b}{2})^2 =\dfrac{a^2 + b^2}{2}$.

Como $OF \leq DF \Rightarrow \dfrac{a + b}{2} \leq \sqrt{\dfrac{a^2 + b^2}{2}}$.

$\blacksquare$

Corolario. Sean $w$, $x$, $y$, $z$ números reales positivos entonces:
$wxyz \leq (\dfrac{w + x + y + z}{4})^4$, y la igualdad se da si y solo si $w = x = y = z$.

Demostración. Aplicamos la desigualdad entre las medias geométrica y aritmética a los pares de números $w$, $x$; $y$, $z$.
$\sqrt{wx} \leq \dfrac{w + x}{2}$, $\sqrt{yz} \leq \dfrac{y + z}{2}$.

Por lo tanto, $\sqrt{wxyz} \leq (\dfrac{w + x}{2}) (\dfrac{y + z}{2})$.

Ahora volvemos a usar la desigualdad entre las medias geométrica y aritmética
$\sqrt{\dfrac{(w + x)}{2} \dfrac{(y + z)}{2}} \leq \dfrac{\dfrac{w + x}{2} + \dfrac{y + z}{2}}{2} = \dfrac{w + x + y + z}{4}$

Por lo tanto, $\sqrt[4]{wxyz} \leq \sqrt{\dfrac{(w + x)}{2} \dfrac{(y + z)}{2}} \leq \dfrac{w + x + y + z}{4}$.

En consecuencia, $wxyz \leq (\dfrac{w + x + y + z}{4})^4$.

$\blacksquare$

Desigualdad de Erdos Mordell

Lema de Mordell. Sea $\triangle ABC$ y $P$ un punto en su interior, considera $D$, $E$ y $F$ las proyecciones de $P$ a los lados $BC$, $AC$ y $AB$ respectivamente, entonces $PA \sin A \geq PF \sin B + PE \sin C$.

Demostración. Notemos que la circunferencia con diámetro $PA$ pasa por $F$ y por $E$, pues $AP$ subtiende ángulos rectos en $F$ y $E$.

Figura 2

Por la ley extendida de los senos,
$\sin BAC = \sin (\pi – BAC) = \sin EPF = \dfrac{EF}{PA}$, esto implica que $PA \sin A = EF$.

Sean $G$ y $H$ las proyecciones de $E$ y $F$ respectivamente en la recta que pasa por $P$ y $D$.

$\square FBDP$ es cíclico, pues $PB$ subtiende ángulos rectos en $F$ y $D$, entonces $\angle DBA$ y $\angle FPD$ son y suplementarios por lo tanto $\sin DBA = \sin HPF = \dfrac{FH}{FP}$.

Como resultado $FP \sin B = FH$, igualmente podemos ver que $PE \sin C = EG$.

Sea $I = EF \cap HP$, por el teorema de Pitágoras podemos ver que $IE \geq GE$ y $FI \geq FH$,

Por lo tanto, $PA \sin A \geq PF \sin B + PE \sin C$.

$\blacksquare$

Teorema 2, desigualdad de Erdos Mordell. Sea $\triangle ABC$ y $P$ un punto en su interior, considera $D$, $E$ y $F$ las proyecciones de $P$ a los lados $BC$, $AC$ y $AB$ respectivamente, entonces $PA + PB + PC \geq 2(PD + PE + PF)$.

Demostración. Debido al lema anterior tenemos lo siguiente:
$PA \geq PF\dfrac{\sin B}{\sin A} + PE\dfrac{\sin C}{\sin A}$,
$PB \geq PF\dfrac{\sin A}{\sin B} + PD\dfrac{\sin C}{\sin B}$,
$PC \geq PE\dfrac{\sin A}{\sin C} + PD\dfrac{\sin B}{\sin C}$.

Sumamos estas tres desigualdades
$PA + PB + PC \geq$

$PF(\dfrac{\sin B}{\sin A} + \dfrac{\sin A}{\sin B}) + PE(\dfrac{\sin C}{\sin A} + \dfrac{\sin A}{\sin C}) + PD(\dfrac{\sin B}{\sin C} + \dfrac{\sin C}{\sin B})$

$= PF(\dfrac{\sin^2A + \sin^2 B}{\sin A \sin B}) + PE(\dfrac{\sin^2 A + \sin^2 C}{\sin A \sin C}) + PD(\dfrac{\sin^2 B + \sin^2 C}{\sin B \sin C})$.

Sustituimos $a$ y $b$ por $a^2$ y $b^2$ en la desigualdad entre las medias geométrica y aritmética
$\dfrac{a^2 + b^2}{2} \geq \sqrt{a^2b^2}$, por lo tanto, $\dfrac{a^2 + b^2}{ab} \geq 2$.

Aplicamos esto a nuestra suma y como resultado obtenemos
$PA + PB + PC \geq 2(PD + PE + PF)$.

$\blacksquare$

Problema 1. Sea $\triangle ABC$ e $I$ su incentro, considera $P$, $Q$ y $R$ los puntos medios de los arcos $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$, $\overset{\LARGE{\frown}}{CA}$ y $\overset{\LARGE{\frown}}{AB}$ que no contienen a los vértices de $\triangle ABC$, entonces $IP + IQ + IR \geq IA + IB + IC$.

Solución. Sean $D = PQ \cap CR$, $E = QR \cap AP$ y $F = RP \cap BQ$.

Figura 3

Por la entrada anterior sabemos que $Q$ es el centro de una circunferencia que pasa por $I$, $A$ y $C$, y que $R$ es el centro de una circunferencia que pasa por $I$, $A$ y $B$, entonces $QA = QI$ y $RA = RI$.

Por lo tanto, $\square ARIQ$ es un rombo, de esto se sigue que $QR \perp AI$ y $AE = IE$.

Igualmente vemos que $RP \perp BI$, $BF = IF$ y $PQ \perp CI$, $CD = ID$.

Aplicamos la desigualdad de Erdos Mordell a $\triangle PQR$ y al punto $I$
$IP + IQ + IR \geq 2(ID + IE + IF) = 2(\dfrac{IC}{2} + \dfrac{IA}{2} + \dfrac{IB}{2})$.

En conclusión, $IP + IQ + IR \geq IA + IB + IC$.

$\blacksquare$

Desigualdades de Euler y de Padoa

Proposición 1, desigualdad de Euler. El circunradio $R$ y el inradio $r$ de todo triangulo cumplen $R \geq 2r$ y la igualdad se cumple si y solo si el triángulo es equilátero.

Demostración. La fórmula de Euler nos asegura que $0 \leq OI^2 = R(R – 2r) = R^2 – 2Rr$, donde $I$ es el incentro y $O$ el circuncentro del triángulo.

Como resultado, $R \geq 2r$.

$\blacksquare$

Proposición 2, desigualdad de Padoa. Sea $\triangle ABC$ con lados $c = AB$, $a = BC$ y $b = AC$ entonces $abc \geq (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a)$.

Demostración. Sean $s = \dfrac{a + b + c}{2}$, $R$ el circunradio y $r$ el inradio de $\triangle ABC$, entonces tenemos las siguientes fórmulas para el área de $\triangle ABC$:
$(\triangle ABC) = \sqrt{s(s – a)(s – b)(s – c)} = \dfrac{abc}{4R} = rs$.

Notemos lo siguiente
$(a + b – c)(a + c – b)(b + c – a) = (2s – 2)(2s – 2b)(2s – 2a) = 8(s – c)(s – b)(s – a) $
$= \dfrac{8(\triangle ABC)^2 }{s} = \dfrac{8r^2s^2}{s} = 8r^2s$.

Por otro lado, $abc = 4Rrs$.

Por lo tanto, la desigualdad que queremos mostrar es equivalente a $8r^2s \leq 4Rrs$ que a su vez es equivalente a $2r \leq R$, lo cual es cierto por la proposición anterior.

$\blacksquare$

Transformación de Ravi

Recordemos que las tangentes desde un punto a una circunferencia son iguales, por lo que los puntos de tangencia del incírculo de un triángulo, divide al perímetro del triángulo en tres pares de segmentos iguales, así que podemos expresar a los lados de un triángulo de esta manera para resolver algunas desigualdades geométricas.

$a = BC = y + z$, $b = AC = x + z$, $c = AB = x + y$.

Figura 4

Problema 2. Para los ángulos internos de un triángulo $\triangle ABC$ tenemos la siguiente desigualdad.
$\sin \dfrac{A}{2} \sin \dfrac{B}{2} \sin \dfrac{C}{2} \leq \dfrac{1}{8}$.

Solución. Usando la identidad para el seno del ángulo medio y la ley de los cosenos tenemos:
$\sin^2 \dfrac{A}{2} = \dfrac{1}{2}(1 – \cos A) = \dfrac{1}{2}(1 + \dfrac{a^2 – (b^2 + c^2)}{2bc})$
$= \dfrac{a^2 – (b – c)^2}{4bc} = \dfrac{y^2 + 2yz + z^2 – (z – y)^2}{4bc} = \dfrac{yz}{bc}$.

Igualmente tenemos
$\sin^2 \dfrac{B}{2} = \dfrac{xz}{ac}$ y $\sin^2 \dfrac{C}{2} = \dfrac{xy}{ab}$.

A continuación despejamos y hacemos el producto
$\sin \dfrac{A}{2} \sin \dfrac{B}{2} \sin \dfrac{C}{2} = \dfrac{\sqrt{yz}\sqrt{xz}\sqrt{xy}}{abc}$.

Ahora aplicamos la desigualdad entre las medias geométrica y aritmética
$\dfrac{\sqrt{yz}\sqrt{xz}\sqrt{xy}}{abc} \leq \dfrac{1}{abc}(\dfrac{y + z}{2})(\dfrac{x + z}{2})(\dfrac{x + y}{2}) = \dfrac{abc}{8abc} = \dfrac{1}{8}$.

Por lo tanto, $\sin \dfrac{A}{2} \sin \dfrac{B}{2} \sin \dfrac{C}{2} \leq \dfrac{1}{8}$.

$\blacksquare$

Desigualdad de Nesbitt

Proposición 3. Sean $a$, $b$ y $c$ tres números positivos entonces la siguiente desigualdad es cierta
$(a +b + c)(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}) \geq 9$.

Demostración. La desigualdad entre las medias geométrica y aritmética puede ser vista como
$\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} \geq 2\sqrt{\dfrac{a}{b} \dfrac{b}{a}} = 2$.

Por lo tanto,
$(a +b + c)(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}) = \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} + \dfrac{a}{c} + \dfrac{c}{a} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{b} + 3 \geq 6 +3 = 9$.

$\blacksquare$

Proposición 4. Desigualdad de Nesbitt. Para cualesquiera números positivos $a$, $b$, $c$ ocurre que $\dfrac{a}{b + c} + \dfrac{b}{a + c} + \dfrac{c}{a + b} \geq \dfrac{3}{2}$.

Demostración.
$\dfrac{a}{b + c} + \dfrac{b}{a + c} + \dfrac{c}{a + b}$
$= \dfrac{a}{b + c} + \dfrac{b + c}{b + c} + \dfrac{b}{a + c} + \dfrac{a + c}{a + c} + \dfrac{c}{a + b} + \dfrac{a + b}{a + b} – 3$
$ = \dfrac{a + b + c}{b + c} + \dfrac{ a + b + c}{a + c} + \dfrac{ a + b + c }{a + b} – 3$
$= (a + b + c)( \dfrac{1}{b + c} + \dfrac{1}{a + c} + \dfrac{1}{a + b}) – 3$
$=\dfrac{1}{2}((a + b) + (a + c) + (b + c))( \dfrac{1}{b + c} + \dfrac{1}{a + c} + \dfrac{1}{a + b}) – 3$
$\geq \dfrac{9}{2} – 3 = \dfrac{3}{2}$.

Donde la última desigualdad se obtiene al aplicar la proposición anterior.

Por lo tanto, $\dfrac{a}{b + c} + \dfrac{b}{a + c} + \dfrac{c}{a + b} \geq \dfrac{3}{2}$.

$\blacksquare$

Desigualdad de Weitzenböck

Proposición 5. Desigualdad de Weitzenböck. Si $a$, $b$, $c$ son las longitudes de los lados de $\triangle ABC$ entonces $a^2 + b^2 + c^2 \geq 4\sqrt{3} (\triangle ABC)$.

Demostración. De acuerdo a la fórmula de Herón
$(\triangle ABC) = \sqrt{s(s – a)(s – b)(s – c)}$
$= \sqrt{(\dfrac{a + b + c}{2})(\dfrac{b + c – a}{2})(\dfrac{a + c – b}{2})(\dfrac{a + b – c}{2})}$
$= \dfrac{1}{4} \sqrt{2(a^2b^2 + a^2c^2 + b^2c^2) – (a^4 + b^4 + c^4)}$.

Por otro lado
$\begin{equation} (a^2 – b^2)^2 + (b^2 – c^2)^2 + (c^2 – a^2)^2 \geq 0 \end{equation}$

$\Leftrightarrow$ $2(a^4 + b^4 + c^4) – 2(a^2b^2 + a^2c^2 + b^2c^2) \geq 0$
$\Leftrightarrow$ $\dfrac{4}{3} (a^4 + b^4 + c^4) \geq \dfrac{4}{3} (a^2b^2 + a^2c^2 + b^2c^2)$
$ \Leftrightarrow$ $\dfrac{4}{3} (a^4 + b^4 + c^4) + \dfrac{- 3(a^4 + b^4 + c^4) + 2(a^2b^2 + a^2c^2 + b^2c^2)}{3}$
$\geq \dfrac{4}{3} (a^2b^2 + a^2c^2 + b^2c^2) + \dfrac{- 3(a^4 + b^4 + c^4) + 2(a^2b^2 + a^2c^2 + b^2c^2)}{3}$
$\Leftrightarrow$ $\dfrac{a^4 + b^4 + c^4 + 2(a^2b^2 + a^2c^2 + b^2c^2)}{3} \geq 2(a^2b^2 + a^2c^2 + b^2c^2) – (a^4 + b^4 + c^4)$
$\Leftrightarrow$ $\dfrac{(a^2 + b^2 + c^2)^2}{3} \geq 2(a^2b^2 + a^2c^2 + b^2c^2) – (a^4 + b^4 + c^4) = (4(\triangle ABC))^2$.
$ \Leftrightarrow$ $a^2 + b^2 + c^2 \geq 4\sqrt{3} (\triangle ABC)$.

De la desigualdad $(1)$ podemos notar que la igualdad ocurre si y solo si $a = b = c$, es decir el triángulo es equilátero.

$\blacksquare$

Más adelante…

En la próxima entrada estudiaremos algunas propiedades de las medianas y el centroide de un triángulo.

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. Sea $P$ un punto en el interior de un triangulo $\triangle ABC$, muestra que al menos uno de los ángulos $\angle BAP$, $\angle CBP$ y $\angle ACP$ es igual a $\dfrac{\pi}{6}$.
  2. Considera $P$ un punto en el interior de $\triangle ABC$ cuyo circunradio es $R$, demuestra que $\dfrac{PA}{BC^2} + \dfrac{PB}{AC^2} + \dfrac{PC}{AB^2} \geq \dfrac{1}{R}$.
  3. Sea $P$ un punto en el interior de $\triangle ABC$, denota por $R_a$, $R_b$, $R_c$ los circunradios de los triángulos $\triangle PBC$, $\triangle PAC$ y $\triangle PAB$ respectivamente, prueba que $\dfrac{PB \times PC}{R_a} + \dfrac{PA \times PC}{R_b} + \dfrac{PA \times PB}{R_c} \leq PA + PB + PC$.
  4. Si $a$, $b$ y $c$ son los lados de un triangulo prueba que $(a + b)(b + c)(a + c) \geq 8(a + b – c)(b + c – a)(a + c -b)$.
  5.  Sean $\triangle ABC$, $\alpha = \angle BAC$, $\beta = \angle CBA$, $\gamma = \angle ACB$, muestra que $\cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma \leq \dfrac{3}{2}$.
  6. Sean $\triangle ABC$, $AD$, $BE$, $CF$, sus alturas y $H$ el ortocentro muestra que:
    $i)$ $\dfrac{AD}{HD} + \dfrac{BE}{HE} + \dfrac{CF}{HF} \geq 9$,
    $ii)$ $\dfrac{HD}{HA} + \dfrac{HE}{HB} + \dfrac{HF}{HC} \geq \dfrac{3}{2}$.
Figura 5
  1. Sea $\triangle ABC$ un triángulo rectángulo con catetos $a$ y $b$ e hipotenusa $c$, muestra que se cumple la siguiente desigualdad $a + b \leq \sqrt{2}c$.
  2. Considera $A’$ y $B’$ los puntos medios de $BC$ y $AC$ en $\triangle ABC$, muestra que $3(BC + AC) > 2(AA’ + BB’)$.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 287-297.
  • Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 27-29, 98-103.
  • Art of Problem Solving
  • Wikipedia
  • Cut the Knot

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: Trigonometría

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

En esta entrada presentaremos las razones trigonométricas respecto de un ángulo agudo en un triángulo rectángulo, estas pueden ser vistas como funciones si consideramos el ángulo como una variable, veremos como extender estas funciones a ángulos de cualquier magnitud y algunas identidades trigonométricas.

Razones trigonométricas

Definiciones. Consideremos un triángulo rectángulo $\triangle ABC$ donde $AB$ es la hipotenusa y sea $\alpha =  \angle BAC$, decimos que $BC$ es el cateto opuesto a $\alpha$ y $AC$ es el cateto adyacente a $\alpha$.

Definimos las razones trigonométricas respecto del ángulo $\alpha$ como sigue:

El seno del ángulo $\alpha$ como $\dfrac{c.opuesto}{hipotenusa}$ y lo denotamos como $\sin \alpha = \dfrac{BC}{AB}$.
El coseno del ángulo $\alpha$ como $\dfrac{c.adyacente}{hipotenusa}$ y lo denotamos como $\cos \alpha = \dfrac{AC}{AB}$.
La tangente del ángulo $\alpha$ como $\dfrac{c.opuesto}{c.adyacente}$ y lo denotamos como $\tan \alpha = \dfrac{BC}{AC}$.
La cosecante del ángulo $\alpha$ como como $\dfrac{hipotenusa}{c.opuesto}$ y lo denotamos como $\csc \alpha = \dfrac{AB}{BC}$.
La secante del ángulo $\alpha$ como $\dfrac{hipotenusa}{c.adyacente}$  y lo denotamos como $\sec \alpha = \dfrac{AB}{AC}$.
La cotangente del ángulo $\alpha$ como $\dfrac{c.adyacente}{c.opuesto}$ y lo denotamos como $\cot \alpha = \dfrac{AC}{BC}$.

Figura 1

Si consideramos el ángulo complementario a $\alpha$, $\beta = \angle CBA$, entonces de las definiciones se siguen las siguientes relaciones:

$\sin \alpha = \cos \beta$, $\cos \alpha = \sin \beta$, $\tan \alpha = \dfrac{\sin \alpha}{\cos \alpha}$, $\tan \alpha \tan \beta = 1$.

$\csc \alpha = \sec \beta$, $\sec \alpha = \csc \beta$, $\cot \alpha = \dfrac{\cos \alpha}{\sin \alpha}$, $\cot \alpha \cot \beta = 1$.

Círculo trigonométrico

Consideremos $(O, 1)$ un círculo con centro en $O$ de radio $1$, por $O$ trazamos dos rectas perpendiculares $x$ e $y$, tomamos un punto $P \in (O, 1)$ en el cuadrante formado por el rayo derecho $Ox$ y el rayo superior $Oy$ y trazamos las proyecciones $X$, $Y$ de $O$ a las rectas $x$, $y$ respectivamente.

El triángulo $\triangle OPX$ es rectángulo y su hipotenusa $OP = 1$, si consideramos el ángulo $\angle XOP = \gamma$ entonces
$\sin \gamma = PX$ y
$\cos \gamma = OX$.

Figura 2

Tracemos la tangente a $(O, 1)$ por $Q$, la intersección entre $x$ y $(O, 1)$, tomemos $R$ como la intersección entre la tangente y $OP$ entonces $RQ \parallel PX$ y los triángulos $\triangle OPX$ y $\triangle ORQ$ son semejantes por lo tanto
$\tan \gamma = \dfrac{PX}{OX} = \dfrac{RQ}{OQ} = RQ$ y
$\sec \gamma = \dfrac{OP}{OX} = \dfrac{OR}{OQ} = OR$.

Ahora trazamos la tangente a $(O, 1)$ por $S$, la intersección de $y$ con $(O, 1)$, tomamos $T$ como la intersección de la tangente con $OP$ entonces $ST \parallel x$, por lo tanto $\gamma = \angle STO$ y así $\triangle OPX$ y $\triangle TOS$ son semejantes, por lo tanto,
$\csc \gamma = \dfrac{OP}{PX} = \dfrac{OT}{OS} = OT$ y 
$\cot \alpha = \dfrac{OX}{PX} = \dfrac{ST}{OS} = ST$.

Con esta construcción podemos extender las definiciones de función trigonométrica para ángulos agudos a ángulos de cualquier magnitud trasladando el punto $P$ alrededor de la circunferencia $(O, 1)$ y tomando las proyecciones de $P$, $X$ e $Y$ a las rectas $x$ e $y$ respectivamente que tomaremos como positivas si se encuentran en los rayos derecho y superior o negativas si se encuentran en los rayos izquierdos e inferior de las rectas $x$, $y$ respectivamente.

De esta manera todas las razones trigonométricas quedan determinadas por el valor de $\sin \gamma = PX$ y $\cos \gamma = OX$.

Teorema 1, identidad pitagórica. Sea $0 \leq \gamma < 2\pi$ entonces, $\sin^2 \gamma + \cos^2 \gamma = 1$.

Demostración. Aplicamos el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo $\triangle OPX$, (figura 2).

$1 = PX^2 + OX^2 = \sin^2 \gamma + \cos^2 \gamma$.

$\blacksquare$

Ley extendida de senos

Teorema 2, ley extendida de los senos. Sean $\triangle ABC$ y $(O, R)$ su circuncírculo, etiquetemos $\angle BAC = \alpha$, $\angle CBA = \beta$, $\angle ACB = \gamma$ y $a = BC$, $b = AC$, $c = AB$ las longitudes de sus lados, entonces
$\dfrac{\sin \alpha}{a} = \dfrac{\sin \beta}{b} = \dfrac{\sin \gamma}{c} = \dfrac{1}{2R}$.

Demostración. Tracemos $D$ el punto diametralmente opuesto a $C$, entonces $\angle BDC = \alpha$, pues subtienden el mismo arco.

$\angle CBD$ es un ángulo recto, pues $CD$ es diámetro, por lo tanto $\sin \alpha = \sin \angle BDC = \dfrac{a}{CD}$.

Por lo tanto, $\dfrac{\sin \alpha}{a} = \dfrac{1}{2R}$.

Figura 3

De manera análoga podemos ver que
$\sin \beta = \dfrac{b}{2R}$ y
$\sin \gamma = \dfrac{c}{2R}$.

Por lo tanto, $\dfrac{\sin \alpha}{a} = \dfrac{\sin \beta}{b} = \dfrac{\sin \gamma}{c} = \dfrac{1}{2R}$.

$\blacksquare$

Corolario. El seno de un ángulo inscrito en una circunferencia de diámetro $1$ es igual a la cuerda que abarca dicho ángulo.

Demostración. Se sigue de sustituir $2R = 1$ en el teorema anterior.

$\blacksquare$

Ley de cosenos

Teorema 3, ley de cosenos. Sean $\triangle ABC$, $\angle BAC = \alpha$, $\angle CBA = \beta$, $\angle ACB = \gamma$ y $a = BC$, $b = AC$, $c = AB$ las longitudes de sus lados, entonces se da la siguiente igualdad:
$c^2 = a^2 + b^2 – 2ab \cos \gamma$.

Demostración. Trazamos $D$ el pie de la perpendicular a $BC$ desde $A$ y aplicamos el teorema de Pitágoras a $\triangle ABD$ y $\triangle ADC,$ de donde obtenemos

$\begin{equation} c^2 = AD^2 + (a – DC)^2 = AD^2 + a^2 – 2a(DC) + DC^2, \end{equation}$
$b^2 = AD^2 + DC^2$
$\Leftrightarrow$ $\begin{equation} AD^2 = b^2 – DC^2. \end{equation}$

Figura 4

Sustituimos $(2)$ en $(1)$ y obtenemos $c^2 = b^2 + a^2 – 2a(DC)$.

Por otro lado $\cos \gamma = \dfrac{DC}{b}$ $\Leftrightarrow$ $b \cos \gamma = DC$.

Así que $c^2 = a^2 + b^2 – 2ab \cos \gamma$.

De manera similar se puede ver que
$a^2 = b^2 + c^2 – 2bc \cos \alpha$ y
$b^2 = a^2 + c^2 – 2ac \cos \beta$.

$\blacksquare$

El seno de la suma

Teorema 4, el seno de la suma de dos ángulos. Sean $\alpha$ y $\beta$ ángulos agudos entonces $\sin (\alpha + \beta) = \sin \alpha \cos \beta + \sin \beta \cos \alpha$.

Demostración. Sea $\square ABCD$ cíclico tal que $BD = 1$ es diámetro del circuncírculo, $\angle DBA = \alpha$ y $\angle CBD =\beta$.

Figura 5

Como consecuencia del corolario tenemos que $AC = \sin (\alpha + \beta)$, ademas $\triangle BAD$ y $\triangle DCB$ son triángulos rectángulos pues $DB$ es diámetro.

Se sigue que
$AB = \cos \alpha$,
$CD = \sin \beta$,
$AD = \sin \alpha$ y
$BC = \cos \beta$.

El teorema de Ptolomeo nos dice que
$\begin{equation} AC \times BD = AB \times CD + BC \times AD. \end{equation}$

Por lo tanto, $\sin (\alpha + \beta) = \cos \alpha \sin \beta +\sin \alpha \cos \beta$.

$\blacksquare$

El coseno de la suma

Teorema 5, el coseno de la suma de dos ángulos. Sean $\alpha \ne 0$ y $\beta$ ángulos agudos tales que $\alpha + \beta < \dfrac{\pi}{2}$ entonces $\cos (\alpha + \beta) = \cos \alpha \cos \beta – \sin \alpha \sin \beta$.

Demostración. Sea $\square ABCD$ cíclico tal que $BC = 1$ es diámetro del circuncírculo, $\angle CBD = \alpha$ y $\angle DBA = \beta$.

Figura 6

Como $\triangle BAC$ y $\triangle BDC$ son triángulos rectángulos y $BC = 1$ tenemos que
$AC = \sin (\alpha + \beta) = \sin \alpha \cos \beta + \sin \beta \cos \alpha$ (teorema 4),
$BD = \cos \alpha$,
$AB = \cos (\alpha + \beta)$,
$CD = \sin \alpha$,
$AD = \sin \angle DCA = \sin \beta$ (corolario).

Por el teorema de Ptolomeo $(3)$, aplicado a $\square ABCD$ obtenemos:
$\cos (\alpha + \beta) \sin \alpha + \sin \beta$
$= (\sin \alpha \cos \beta + \sin \beta \cos \alpha) \cos \alpha$
$= \sin \alpha \cos \beta \cos \alpha + \sin \beta \cos^2 \alpha$
$ = \sin \alpha \cos \beta \cos \alpha + (\sin \beta)(1 – \sin^2 \alpha)$ (teorema 1)
$= \sin \alpha \cos \beta \cos \alpha – \sin \beta \sin^2 \alpha + \sin \beta$.

$\Leftrightarrow$$\cos (\alpha + \beta) \sin \alpha = \sin \alpha \cos \beta \cos \alpha – \sin \beta \sin^2 \alpha$.

Por lo tanto, $\cos (\alpha + \beta) = \cos \beta \cos \alpha -\sin \beta \sin \alpha$.

$\blacksquare$

Seno y coseno del ángulo medio

Teorema 6, el seno y el coseno del ángulo medio. Sea $\alpha \ne 0$ un ángulo agudo entonces
$\sin \dfrac{\alpha}{2} = \sqrt{\dfrac{1 – \cos \alpha}{2}}$ y $\cos \dfrac{\alpha}{2} = \sqrt{\dfrac{1 + \cos \alpha}{2}}$.

Demostración. Sea $\square ABCD$ cíclico tal que $BC = 1$ es diámetro y $\angle CBD = \angle DBA = \dfrac{\alpha}{2}$.

Figura 7

Ya que $\triangle BAC$ y $\triangle BDC$ son triángulos rectángulos podemos ver que
$AC = \sin \alpha$,
$BD = \cos \dfrac{\alpha}{2}$,
$AB = \cos \alpha$,
$CD = \sin \dfrac{\alpha}{2}$,
$AD = \sin \angle DCA = \sin \dfrac{\alpha}{2}$ (corolario).

Aplicando Ptolomeo $(3)$ y el teorema 4 obtenemos:
$\cos \alpha \sin \dfrac{\alpha}{2} + \sin \dfrac{\alpha}{2} = \sin \alpha \cos \dfrac{\alpha}{2} $
$= \sin (\dfrac{\alpha}{2} +\dfrac{\alpha}{2}) \cos \dfrac{\alpha}{2} = 2 \sin \dfrac{\alpha}{2} \cos^2 \dfrac{\alpha}{2}$.

Por lo tanto, $2 \sin \dfrac{\alpha}{2} \cos^2 \dfrac{\alpha}{2} = \sin \dfrac{\alpha}{2} (\cos \alpha + 1)$ $\Rightarrow$  
$\begin{equation} \cos^2 \dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{\cos \alpha + 1}{2}. \end{equation}$

De donde se sigue que $\cos \dfrac{\alpha}{2} = \sqrt{\dfrac{\cos \alpha + 1}{2}}$.

Ahora sustituimos la identidad pitagórica en la ecuación $(4)$ y obtenemos:
$1 – \sin^2 \dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{\cos \alpha + 1}{2}$
$\Leftrightarrow$
$\sin \dfrac{\alpha}{2} = \sqrt{\dfrac{1 – \cos \alpha}{2}}$.

$\blacksquare$

Más adelante…

En la siguiente entrada estudiaremos algunas propiedades relacionadas con el incírculo y los excÍrculos de un triángulo, así como también sobre sus centros y radios.

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. $i)$ A partir de un triangulo equilátero deriva los valores de las seis razones trigonométricas para los ángulos $\dfrac{\pi}{3}$ y $\dfrac{\pi}{6}$,
    $ii)$ A partir de un triángulo rectángulo isósceles deduce los valores de las seis razones trigonométricas para el ángulo $\dfrac{\pi}{4}$.
  2. Recordemos que consideramos la magnitud de un ángulo central como positiva, si recorremos el arco de circunferencia que subtiende dicho ángulo en el sentido contrario al de las manecillas del reloj y negativa en caso contraio, muestra que para cualquier valor de $\alpha$ se cumple que:
    $i)$ $\sin (-\alpha) = -\sin \alpha$,
    $ii)$ $\cos (-\alpha) = \cos \alpha$,
    $iii)$ $\sin (\pi – \alpha) = \sin \alpha$,
    $iv)$ $\cos (\pi – \alpha) = -\cos \alpha$,
    $v)$ $\sec^2 \alpha = 1 + \tan^2 \alpha$.
  3. Sean $\alpha$ y $\beta$ ángulos agudos tales que $\alpha \geq \beta$, muestra geométricamente:
    $i)$ el seno de la diferencia de dos ángulos, $\sin (\alpha – \beta) = \sin \alpha \cos \beta – \sin \beta \cos \alpha$,
    $ii)$ el coseno de la diferencia de dos ángulos, $\cos (\alpha – \beta) = \cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta$.
  4.  Sean $\alpha$ y $\beta$ ángulos agudos prueba que:
    $i)$ $\sin \alpha \cos \beta = \dfrac{\sin (\alpha + \beta) + \sin (\alpha – \beta)}{2}$,
    $ii)$ $\cos \alpha \sin \beta = \dfrac{\sin (\alpha + \beta) – \sin (\alpha – \beta)}{2}$.
  5. Sea $\triangle ABC$, por $A$ traza cualquier recta que corte a $BC$ en $L$, muestra que $\dfrac{BL}{LC} = \dfrac{AB \sin \angle BAL}{AC \sin \angle LAC}$.
Figura 8
  1. Demuestra que si $\dfrac{\sin \alpha}{\sin \beta} = \dfrac{\sin \delta}{\sin \gamma}$ y $\alpha + \beta = \delta + \gamma < \pi$ entonces $\alpha = \delta$ y $\beta = \gamma$.
  2. Sea $\triangle ABC$ con $a = BC$, $b = AC$, $c = AB$, $\alpha = \angle BAC$, $\beta = \angle CBA$, $\gamma = \angle ACB$, demuestra las siguientes formulas para calcular el área de $\triangle ABC$:
    $i)$ $(\triangle ABC) = \dfrac{ac \sin \beta}{2} = \dfrac{ab \sin \gamma}{2} = \dfrac{bc \sin \alpha}{2}$,
    $ii)$ $(\triangle ABC) = \dfrac{a^2 \sin \beta \sin \gamma}{2 \sin (\beta + \gamma)} = \dfrac{b^2 \sin \alpha \sin \gamma}{2 \sin (\alpha + \gamma)} = \dfrac{c^2 \sin \alpha \sin \beta}{2 \sin (\alpha + \beta)}$.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Santos, J., Tesis Geometría del Cuadrilátero. 2010, pp 69-78.
  • Cárdenas, S., Notas de Geometría. México: Ed. Prensas de Ciencias, 2013, pp 55-62.
  • Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 89-95.

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 Ptolomeo

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

2 respuestas

Introducción

El teorema de Ptolomeo nos da una caracterización del cuando un cuadrilátero convexo es cíclico en términos de los productos entre sus lados y sus diagonales. Necesitaremos antes una caracterización diferente de cuadrilátero cíclico.

Cuadriláteros cíclicos

Definición. Si los vértices de un polígono están en una misma circunferencia decimos que está inscrito en ella o que es cíclico.

Teorema 1. Un cuadrilátero convexo es cíclico si y solo si los ángulos opuestos son suplementarios.

Demostración. Sea $\square ABCD$ un cuadrilátero cíclico inscrito en $(O, r)$, la circunferencia con centro en $O$.

Los ángulos opuestos $\angle ADC$ y $\angle CBA$ son subtendidos por los arcos $AC$ y $CA$ respectivamente y por el teorema de la medida del ángulo inscrito tenemos que
$\angle ADC + \angle CBA = \dfrac{\angle AOC}{2} + \dfrac{\angle COA}{2} = \dfrac{2\pi}{2} = \pi$.

Figura 1

De manera análoga se ve que $\angle BAD$ y $\angle DCB$ son suplementarios.

Por lo tanto, los ángulos opuestos de un cuadrilátero cíclico son suplementarios.

$\blacksquare$

Ahora supongamos que los ángulos opuestos $\angle ADC$ y $\angle CBA$ de $\square ABCD$ son suplementarios.

Consideremos el circuncírculo de $\triangle ABC$, entonces todos los puntos en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{CA}$ que no contiene a $B$ subtienden un ángulo $\angle ADC$ suplementario a $\angle CBA$, pero este lugar geométrico es único.

Por lo tanto $D \in \overset{\LARGE{\frown}}{CA}$ y en consecuencia $\square ABCD$ es cíclico.

$\blacksquare$

Teorema de Ptolomeo

Teorema 2, desigualdad de Ptolomeo. En todo cuadrilátero convexo la suma de los productos entre lados opuestos es mayor o igual al producto de las diagonales, y la igualdad se da si y solo si es el cuadrilátero es cíclico.

Demostración. Sea $\square ABCD$ un cuadrilátero convexo, construyamos sobre el segmento $AB$ (figura 2), un triángulo $\triangle ABE$ semejante a $\triangle ADC$ tal que $\angle ABE = \angle ADC$ y $\angle BAE = \angle CAD$ entonces

$\begin{equation} \dfrac{EA}{CA} = \dfrac{BA}{DA} \Leftrightarrow \dfrac{EA}{BA} = \dfrac{CA}{DA}. \end{equation}$

Figura 2

Dado que $\angle CAE = \angle BAD$ y por $(1)$, por criterio lado, ángulo, lado, los triángulos $\triangle EAC$ y $\triangle BAD$ son semejantes, entonces de la primera y segunda relaciones de semejanza tenemos que
$\dfrac{EB}{CD} = \dfrac{AB}{AD}$ y $\dfrac{EC}{BD} = \dfrac{AC}{AD}$
$\Leftrightarrow$ $EB = \dfrac{AB \times CD}{AD}$ y $EC = \dfrac{AC \times BD}{AD}$.

Ahora notemos que tenemos dos casos:

Caso 1. (izquierda figura 2)
$B \in EC$ $\Leftrightarrow$ $\angle CBA + \angle ADC = \angle CBA + \angle ABE = \pi$ $\Leftrightarrow$ $\square ABCD$ es cíclico,
y en tal caso $EC = EB + BC$ $\Leftrightarrow$ $\dfrac{AC \times BD}{AD} = \dfrac{AB \times CD}{AD} + BC$
$\Leftrightarrow$ $AC \times BD = AB \times CD + AD \times BC$.

Caso 2. (derecha figura 2)
$E$, $B$ y $C$ son tres puntos no colineales $\Leftrightarrow$ $\angle CBA + \angle ADC = \angle CBA + \angle ABE \ne \pi$ $\Leftrightarrow$ $\square ABCD$ no es cíclico, entonces aplicando la desigualdad del triángulo a $\triangle EBC$ tenemos que
$EC < EB + BC$ $\Leftrightarrow$ $AC \times BD < AB \times CD + AD \times BC$.

De lo anterior se sigue que $AB \times CD + AD \times BC \geq AC \times BD$, con la igualdad si y solo si $\square ABCD$ es cíclico.

$\blacksquare$

Construcción del cuadrilátero cíclico

Problema 1. Construir un cuadrilátero convexo y cíclico dados sus cuatro lados $a$, $b$, $c$ y $d$.

Solución. Notemos primero que es necesario que la suma de cualesquiera tres de los lados dados sea mayor que el lado restante.

Si un lado es mayor que la suma de los otros tres no es posible construir ningún cuadrilátero y si es igual entonces solo es posible construir un cuadrilátero degenerado donde todos los vértices están alineados.

Supongamos que $AB = a$, $BC = b$, $CD = c$ y $DA = d$, la prueba del teorema de Ptolomeo nos sugiere una manera de resolver este problema.

Trazamos el segmento $BC$ y lo extendemos del lado de $B$ hasta un punto $E$ tal que $EB = \dfrac{ac}{d}$, el cual es posible construir pues podemos construir el producto de dos magnitudes y el inverso de una magnitud dadas.

Aquí usaremos que $B \in EC$ $\Leftrightarrow$ $\square ABCD$ es cíclico y que los triángulos $\triangle ABE$ y $\triangle ADC$ son semejantes, como en la prueba anterior.

La razón de semejanza está dada por $\dfrac{AE}{AC} = \dfrac{BE}{CD} = \dfrac{ac}{dc} = \dfrac{a}{d}$.

Esto último nos dice que la razón entre las distancias de $A$ a los puntos $E$ y $C$ es una razón fija por lo tanto $A$ esta en la circunferencia de Apolonio determinada por $E$, $C$ y la razón $\dfrac{a}{d}$.

Por otro lado, el vértice $A$ se encuentra en la circunferencia con centro en $B$ y radio $a$, por lo tanto, $A$ esta determinado por la intersección de $(B, a)$ y la circunferencia de Apolonio mencionada.

Ahora que conocemos la diagonal $AC$ podemos completar el triángulo $\triangle ACD$ trazando circunferencias $(A, d)$ y $(C, c)$, una de las intersecciones será el cuarto vértice del cuadrilátero buscado.

Figura 3

Por construcción $\triangle ABE$ y $\triangle ADC$ son semejantes por lo que $\angle CBA$ y $\angle ADC$ son suplementarios.

Por lo tanto $\square ABCD$ es cíclico.

$\blacksquare$

Distancia de los vértices de un polígono cíclico a un punto del circuncírculo

Problema 2. Sean $\triangle ABC$ isósceles con $AB = AC$ y $P$ un punto en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$ del circuncírculo de $\triangle ABC$, muestra que $\dfrac{PA}{PB + PC} = \dfrac{AC}{BC}$.

Figura 4

Solución. Aplicando el teorema de Ptolomeo a $\square ABPC$ tenemos que
$PA \times BC = AB \times PC + AC \times PB $
$= AC \times PC + AC \times PB = AC(PC + PB)$.

Por lo tanto, $\dfrac{PA}{PB + PC} = \dfrac{AC}{BC}$.

$\blacksquare$

Problema 3. Sean $ABCDE$ un pentágono regular inscrito en una circunferencia y $P$ un punto en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$, muestra que $PA + PD = PB + PC + PE$.

Solución. Como el pentágono es regular, entonces sus diagonales tienen la misma longitud.

Figura 5

Aplicando el teorema de Ptolomeo a $\square ABPC$  y $\square BPCD$ obtenemos
$BC \times PA = AB \times PC + AC \times PB = BC \times PC + AC \times PB$
$BC \times PD = PB \times CD + PC \times BD = PB \times BC + PC \times AC$.

Sumando estas dos últimas igualdades tenemos
$\begin{equation} BC(PA + PD) = BC(PB + PC) + AC(PB + PC). \end{equation}$

Por otra parte dado que $\triangle BEC$ es isósceles podemos aplicar el resultado del problema anterior y obtenemos $\dfrac{PE}{PB + PC} = \dfrac{EC}{BC}$

$\Leftrightarrow$ $\begin{equation} \dfrac{PE \times BC}{PB + PC} = EC = AC. \end{equation}$

Sustituyendo $(3)$ en $(2)$ resulta
$BC(PA + PD) = BC(PB + PC) + \dfrac{PE \times BC}{PB + PC} (PB + PC)$.

Por lo tanto, $PA + PD = PB  + PC + PE$.

$\blacksquare$

Hexágono cíclico

Problema 4. Sea $ABCDEF$ un hexágono convexo inscrito en una circunferencia. Consideremos las diagonales que dividen al hexágono en dos cuadriláteros cíclicos, $AD = d$, $CF = e$ y $BE = f$ y los lados del hexágono que no comparten vértices con dichas diagonales $BC = a$, $EF = a’$, $DE = b$, $AB = b’$, $AF = c$, $CD = c’$ respectivamente, entonces $def = aa’d + bb’e + cc’f + abc +a’b’c’$.

Figura 6

Demostración. Aplicando el teorema de Ptolomeo a $\square ABCD$ y $\square BCDE$ obtenemos
$ad + b’c’ = AC \times BD$ y $ab + c’f = BD \times CE$.

Multiplicamos por $a’$ y $c$ respectivamente y después sumamos el resultado y obtenemos:
$aa’d + a’b’c’ + abc + cc’f $
$= a’(AC \times BD) + c(BD \times CE) = BD(a’AC + cCE)$.

Aplicando Ptolomeo a $\square ACEF$ obtenemos $a’AC + cCE = eAE$.

Por lo tanto $aa’d + a’b’c’ + abc + cc’f = BD(eAE) = e (BD \times AE)$.

Ahora consideramos $\square ABDE$ y por el teorema de Ptolomeo obtenemos
$BD \times AE = df -bb’$.

En consecuencia tenemos $aa’d + a’b’c’ + abc + cc’f = e(df – bb’)$.

Por lo tanto, $def = aa’d + bb’e + cc’f + abc +a’b’c’$.

$\blacksquare$

Más adelante…

En la próxima entrada estudiaremos trigonometría y mostraremos algunas identidades trigonométricas aplicando el teorema de Ptolomeo.

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 un cuadrilátero convexo es cíclico si y solo si:
    $i)$ un ángulo interno formado con una diagonal y un lado es igual al ángulo interno formado con la otra diagonal y el lado opuesto,
    $ii)$ las mediatrices de los lados del cuadrilátero son concurrentes.
  2. Sean $l_{1}$, $l_{2}$ y $l_{3}$, $l_{4}$ dos pares de rectas tales que la bisectriz del primer par es transversal al segundo par y forma ángulos internos iguales entonces decimos que $l_{3}$ y $l_{4}$ son antiparalelas respecto a $l_{1}$ y $l_{2}$. Muestra que un cuadrilátero convexo es cíclico si y solo si un par de lados opuestos es antiparalelo respecto al otro par de lados opuestos.
Figura 7
  1. Como podrás haber notado nuestra construcción del cuadrilátero cíclico no es única pues partimos de una suposición arbitraria, que $AB = a$, $BC = b$, $CD = c$ y $DA = d$ para $a$, $b$, $c$ y $d$ dados. Muestra que es posible construir tres cuadriláteros cíclicos diferentes con los mismos lados y que de estos se obtienen tres diagonales diferentes.
  2. Expresa la razón de las diagonales de un cuadrilátero cíclico en términos de sus lados.
  3. Considera $\triangle ABC$ equilátero y $P$ un punto en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$ del circuncírculo de $\triangle ABC$, prueba que $PA = PB + PC$.
  4. Sean $\square ABCD$ un cuadrado y $P \in \overset{\LARGE{\frown}}{BC}$ del circuncírculo de $\square ABCD$, muestra que $\dfrac{PA +PC}{PD + PB} = \dfrac{PD}{PA}$.
  5. Si $ABCDEF$ es un hexágono regular y $P \in \overset{\LARGE{\frown}}{BC}$ del circuncírculo de $ABCDEF$, muestra que $PE + PF = PA + PB + PC + PD$.
  6. Sean $\triangle ABC$ equilátero, $P \in \overset{\LARGE{\frown}}{BC}$ del circuncírculo de $\triangle ABC$ y $D$ la intersección de $BC$ con $AP$, demuestra que $\dfrac{1}{PD} = \dfrac{1}{PB} + \dfrac{1}{PC}$.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 127-131.
  • Santos, J., Tesis Geometría del Cuadrilátero. 2010, pp 15-19, 31-34.
  • Posamentier, A. y Salkind, C; Challenging Problems in Geometry. New York: Dover, 1996, pp 33-35.
  • Johnson, R., Advanced Euclidean Geometry. New York: Dover, 2007, pp 62-66.

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 cíclico

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

En esta entrada hablaremos sobre algunas propiedades importantes del cuadrilátero cíclico, mas allá de las primeras caracterizaciones como las vistas en el teorema de Ptolomeo.

Fórmula de Brahmagupta

Teorema 1, fórmula de Bretschneider. Sea $\square ABCD$ un cuadrilátero convexo, si $AB = a$, $BC = b$, $CD = c$, $AD = d$, $s = \dfrac{a + b + c + d}{2}$ y $\beta = \angle CBA$, $\delta = \angle ADC$, entonces el área de $\square ABCD$ se puede calcular mediante la siguiente formula:
$(\square ABCD) = \sqrt{(s – a)(s – b)(s – c)(s – d) – \dfrac{abcd}{2}(1 + \cos(\beta + \delta))}$

Demostración. Calculamos el área de los triángulos que se forman al considerar la diagonal AC,
$(\triangle ABC) = \dfrac{ab \sin \beta}{2}$,
$(\triangle ACD) = \dfrac{cd \sin \delta}{2}$.

Figura 1

Por otro lado, empleando la ley de los cosenos podemos calcular $AC$
$AC^2 = a^2 + b^2 – 2ab \cos \beta = c^2 + d^2 – 2cd \cos \delta$.

De la última igualdad obtenemos
$(a^2 + b^2 – (c^2 + d^2))^2 = (2ab \cos \beta – 2cd \cos \delta)^2$.

Entonces:
$(\square ABCD) = (\triangle ABC) + (\triangle ACD) = \dfrac{ab \sin \beta}{2} + \dfrac{cd \sin \delta}{2}$
$\Rightarrow (\square ABCD)^2 = \dfrac{a^2b^2 \sin^2 \beta}{4} + \dfrac{abcd \sin \beta \sin \delta }{2} + \dfrac{c^2d^2 \sin^2 \delta}{4}$.

Por lo tanto,
$16(\square ABCD)^2 = 4 a^2b^2 \sin^2 \beta + 8 abcd \sin \beta \sin \delta + 4 c^2d^2 \sin^2 \delta$
$= 4a^2b^2(1 – \cos^2 \beta) + 4c^2d^2(1 – \cos^2 \delta) + 8abcd \sin \beta \sin \delta$


$= 4a^2b^2 + 4c^2d^2 + 8abcd – 8abcd – 4a^2b^2 \cos^2 \beta – 4c^2d^2 \cos^2 \delta$
$+ 8abcd\cos \beta\cos \delta – 8abcd\cos \beta\cos \delta + 8abcd \sin \beta \sin \delta$
$= (2ab + 2cd)^2 – (2ab \cos \beta – 2cd \cos \delta)^2 – 8abcd(1 + \cos \beta\cos \delta – \sin \beta \sin \delta)$
$ = (2ab + 2cd)^2 – (a^2 + b^2 – (c^2 + d^2))^2 – 8abcd(1 + \cos(\beta + \delta))$


$= (2ab + 2cd + a^2 + b^2 – (c^2 + d^2))(2ab + 2cd – a^2 – b^2 + (c^2 + d^2)) – 8abcd(1 + \cos(\beta + \delta))$
$ = (a^2 + 2ab +b^2 – (c^2 – 2cd + d^2))(c^2 + 2cd + d^2 – (a^2 – 2ab + b^2)) – 8abcd(1 + \cos(\beta + \delta))$
$=((a + b)^2 – (c – d)^2)((c + d)^2 – (a – b)^2) – 8abcd(1 + \cos(\beta + \delta))$
$=(a + b + c – d)(a + b + d – c)(a + c + d – b)(b + c + d – a) – 8abcd(1 + \cos(\beta + \delta))$


$= (2s – 2d)(2s – 2c)(2s – 2b)(2s – 2a) – 8abcd(1 + \cos(\beta + \delta))$
$\Rightarrow (\square ABCD) = \sqrt{(s – a)(s – b)(s – c)(s – d) – \dfrac{1}{2}abcd(1 + \cos(\beta + \delta))}$.

$\blacksquare$

Corolario, fórmula de Brahmagupta. Si $\square ABCD$ es cíclico entonces
$(\square ABCD) = \sqrt{(s – a)(s – b)(s – c)(s – d)}$.

Demostración. Si $\square ABCD$ es cíclico entonces $\beta + \delta = \pi$
por lo que $1 + \cos(\beta + \delta) = 0$.

$\blacksquare$

Observación. La fórmula de Bretschneider nos muestra que de todos los cuadriláteros convexos que tienen lados $a$, $b$, $c$ y $d$, aquellos que son cíclicos tienen mayor área.

Una propiedad del cuadrado

Teorema 2. De entre los cuadriláteros con el mismo perímetro el cuadrado es el que tiene la mayor área.

Demostración. Notemos primero que a partir de un cuadrilátero cóncavo o un cuadrilátero cruzado con un perímetro dado es posible construir un cuadrilátero convexo que tenga los mismos lados, pero mayor área. 

Si en el cuadrilátero cóncavo $\square ABCD$, reflejamos $D$ respecto la diagonal $AC$ obtenemos $\square ABCD’$ el cual es convexo y $(\square ABCD’) = (\square ABCD) + (\square ADCD’)$.

Por lo tanto $(\square ABCD’) > (\square ABCD)$.

Figura 2

En el caso de un cuadrilátero cruzado reflejamos algún vértice respecto de la diagonal que no pasa por el vértice a reflejar, por ejemplo, en $\square EFGH$ reflejamos $G$ respecto de $\overline{FH}$ y obtenemos $\square EFG’H$.

Por lo tanto,
$(\square EFG’H) = (\triangle EFH) + (\triangle FG’H) = (\triangle EFH) + (\triangle FGH) > (\square EFGH)$.

De esta forma podemos fijarnos solo en el área de los cuadriláteros convexos, pero por la observación bastara con restringirnos a los cuadriláteros convexos y cíclicos.

Por la fórmula de Brahmagupta sabemos que el área depende de los lados del cuadrilátero cíclico.

En la entrada desigualdades geométricas vimos que para $w$, $x$, $y$, $z$ números reales positivos tesemos lo siguiente:
$wxyz \leq (\dfrac{w + x + y + z}{4})^4$, y la igualdad se da si y solo si $w = x = y = z$.

Aplicamos este resultado al área del cuadrilátero cíclico $\square ABCD$ de perímetro $P$ y lados $a$, $b$, $c$ y $d$.

$(\square ABCD)^2 = (s – a)(s – b)(s – c)(s – d) \leq (\dfrac{(s – a) + (s – b) + (s – c) + (s – d)}{4})^4$
$= (\dfrac{(4s – (a + b + c + d)}{4})^4 = (\dfrac{2P – P}{4})^4 = (\dfrac{P}{4})^4$

Por lo tanto,
$(\square ABCD) \leq (\dfrac{P}{4})^2$ y la igualdad se da
$\Leftrightarrow$ $(s – a) = (s – b) = (s – c) = (s – d)$
$ \Leftrightarrow$$ a = b = c = d$
$\Leftrightarrow \square ABCD$ es un cuadrado.

$\blacksquare$

Anticentro del cuadrilátero cíclico

Definición. Las rectas perpendiculares a los lados de un cuadrilátero que pasan por los puntos medios de los lados opuestos, se conocen como $m$-alturas.

Teorema 3. Las $m$-alturas de un cuadrilátero cíclico son concurrentes, al punto de concurrencia se le conoce como anticentro, además, el circuncentro, el centroide y el anticentro de un cuadrilátero cíclico son colineales.

Demostración. Sea $\square ABCD$ cíclico y sean $E$, $F$, $G$ y $H$ los puntos medios de $AB$, $BC$, $CD$ y $DA$ respectivamente consideremos $O$ y $J$, el circuncentro y el centroide respectivamente de $\square ABCD$.

Figura 3

La perpendicular a $BC$ desde $H$ interseca a $BC$ en $H’$, $HH’$ interseca a la recta determinada por $O$ y $J$ en $M$.

Como $O$ esta en la mediatriz de $BC$ entonces $OF \perp BC$, y asi, $OF \parallel HH’$, en consecuencia $\angle JFO = \angle JHM$, además $\angle OJF = \angle MJH$ por ser opuestos por el vértice.

Por lo tanto, $\triangle JFO$ y $\triangle JHM$ son semejantes y como $J$ es el punto medio de $HF$, entonces, $JO = JM$, en otras palabras, $HH’$ pasa por $M$, el punto simétrico de $O $ respecto a $J$.

De manera similar podemos ver que las demás $m$-alturas de $\square ABCD$ pasan por $M$.

$\blacksquare$

Proposición 1. Los ortocentros de los triángulos determinados por los cuatro vértices de un cuadrilátero cíclico forman un cuadrilátero simétrico al cuadrilátero original respecto del anticentro.

Demostración. Sean $\square ABCD$ cíclico y $H_{a}$, $H_{b}$, $H_{c}$ y $H_{d}$ los ortocentros de $\triangle BCD$, $\triangle ACD$, $\triangle ABD$ y $\triangle ABC$ respectivamente y $F$ el punto medio de $BC$.

Figura 4

Considerando los triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle DBC$ y por la proposición 6 de la entrada triangulo órtico, tenemos que $AH_{d} = 2OF = DH_{a}$, además $AH_{d}$ y $DH_{a}$ son perpendiculares a $BC$ por lo tanto $AH_{d} \parallel DH_{a}$.

De esto se sigue que $\square AH_{d}H_{a}D$ es un paralelogramo, así que las diagonales $AH_{a}$ y $DH_{d}$ se intersecan en su punto medio.

De manera análoga vemos que $AH_{a}$ y los segmento $BH_{b}$, $CH_{c}$, se intersecan en su punto medio.

Por lo tanto, estos cuatro segmentos se bisecan mutuamente, es decir el punto de intersección $X$ es el centro de simetría de $\square ABCD$ y $\square H_{a}H_{b}H_{c}H_{d}$.

Ahora en $\triangle AH_{d}D$ consideremos la recta que pasa por $H$ el punto medio de $DA$ y el centro de simetría $X$, entonces $HX \parallel AH_d$, por lo tanto, $HX \perp $BC$ y así $HX$ es una $m$-altura.

De manera análoga vemos que las otras $m$-alturas pasan por $X$, por lo tanto, $X$ es el anticentro de $\square ABCD$.

$\blacksquare$

Teorema Japonés

Proposición 2. Sea $\square ABCD$ cíclico, considera $E$, $F$, $G$, $H$, los puntos medios de los arcos, $BC$, $CD$, $DA$, $AB$, respectivamente del circuncírculo de $\square ABCD$, entonces $EG \perp FH$.

Demostración. Considera $O$ el circuncentro de $\square ABCD$ y $X = EG \cap FH$.

Como $\angle EXF$ es un ángulo interior, tenemos lo siguiente:
$\angle EXF = \dfrac{\angle EOF + \angle GOH}{2}$
$= \angle EAF + \angle GCH = \angle EAC + \angle CAF + \angle GCA + \angle ACH $
$= \dfrac{\angle BAC}{2} + \dfrac{\angle CAD}{2} + \dfrac{\angle DCA}{2} + \dfrac{\angle ACB}{2} $
$ = \dfrac{\angle BAD + \angle DCB}{2} = \dfrac{\pi}{2}$.

$\blacksquare$

Figura 5

Teorema 4, teorema japonés. Los incentros de los cuatro triángulos que se forman al considerar las diagonales de un cuadrilátero cíclico, son los vértices de un rectángulo.

Demostración. Sean $A’$, $B’$, $C’$, $D’$, los incentros de $\triangle BCD$, $\triangle ACD$, $\triangle ABD$, $\triangle ABC$, donde $\square ABCD$ es cíclico (figura 5).

En $\triangle ACD$, como $AB’$ es la bisectriz de $\triangle CAD$ entonces $AB’$ interseca al circuncírculo de $\square ABCD$ en $F$ el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{CD}$.

Por el teorema 1 de la entrada circunferencias tritangentes, $B’$ pertenece a la circunferencia $(F, FC)$, con centro en $F$ y radio $FC = FD$.

De manera análoga podemos ver que $A’ \in (F, FC)$, por lo tanto, $\triangle A’FB’$ es isósceles.

Sea $H$ el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{AB}$, entonces $FH$ es bisectriz de $\triangle AFB$, en consecuencia, $A’B’ \perp FH$.

De mamera análoga vemos que $C’D’ \perp FH$ y $B’C’ \perp EG \perp D’A’$, donde $E$ y $G$ son los puntos medios de los arcos $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$ y $\overset{\LARGE{\frown}}{DA}$ respectivamente.

Por la proposición anterior, $EG \perp FH$, por lo tanto, $\square A’B’C’D’$ es un rectángulo.

$\blacksquare$

Teorema 5. De los cuatro triángulos que se forman al trazar las diagonales de un cuadrilátero cíclico, si consideremos tres que comparten un mismo vértice, entonces los tres excentros opuestos al vértice que comparten, son los vértices de un rectángulo, y el cuarto vértice es el incentro del triángulo restante.

Demostración. Usaremos la misma notación del teorema anterior.

En $\square ABCD$, consideremos los tres triángulos que comparten el vértice $C$, $\triangle CDB$, $\triangle CDA$, $\triangle CAB$ y sus respectivos excentros opuestos a $C$, $C_a$, $C_b$, $C_d$.

Figura 6

Nos apoyaremos en el teorema 1 de la entrada circunferencias tritangentes para hacer las siguientes afirmaciones.

$D’C_d$ es diámetro de la circunferencia $(H, HA)$, con centro en $H$ el punto medio de $\overset{\LARGE{\frown}}{AB}$, y radio $HA = HB = HC’$.

Consideremos $D_c$ el excentro de $\triangle ABD$ opuesto a $D$, $C’D_c$ es diámetro de $(H, HA)$.

Como $D’C_d$ y $C’D_c$, se bisecan y tienen la misma longitud, entonces, $\square C_dD_CD’C’$ es un rectángulo.

En consecuencia, las dos tercias de puntos, $C_d$, $C’$, $B’$; $D_c$, $D’$, $A’$, son colineales.

Igualmente, si consideramos $B_c$ el excentro de $\triangle ABD$ opuesto a $B$, podemos ver $B’C_b$ y $C’B_c$ son diámetros de $(G, GA)$ con $G$ el punto medio de $\overset{\LARGE{\frown}}{DA}$ y que las dos tercias $C_b$, $C’$, $D’$; $B_C$, $B’$, $A’$, son colineales.

Por otra parte, como $B_c$, $D_c$ son excentros de $\triangle ABD$, entonces $B_cD_c$ es diámetro de $(K, KB)$, la circunferencia con centro en $K$, el punto medio de $\overset{\LARGE{\frown}}{DB}$, y radio $KB = KD$.

Similarmente, como $A’$ y $C_a$, son dos centros tritangentes de $\triangle CBD$ entonces $A’C_a$ es diámetro de $(K, KB)$.

Por lo tanto, $\square C_aD_cA’B_c$ es un rectángulo.

En consecuencia, $\square C_aC_dC’C_b$ es un rectángulo.

$\blacksquare$

Más adelante…

En la siguiente entrada estudiaremos propiedades de los cuadriláteros cuyas diagonales son perpendiculares y veremos que pasa cuando además son cíclicos.

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. Demuestra la fórmula de Brahmagupta usando la fórmula de Herón.
  2. En la tarea moral de la entrada teorema de Ptolomeo se pide mostrar que es posible construir tres cuadriláteros cíclicos diferentes de lados $a$, $b$, $c$ y $d$ siempre que la suma de cualesquiera tres de ellos sea mayor que el restante, y que de estos se obtienen tres diagonales diferentes digamos $l$, $m$, y $n$ si $\square ABCD$ es construido de esa manera y $R$ es el circunradio muestra que:
    $i)$ $(\square ABCD) = \dfrac{lmn}{4R}$
    $ii)$ $(\square ABCD)^2 = \dfrac{(ab + cd)(ac + bd)(ad + bc)}{16R^2}$.
  3. Demuestra que los centroides de los cuatro triángulos determinados por los cuatro vértices de un cuadrilátero cíclico son los vértices de otro cuadrilátero cíclico.
  4. Muestra que la suma de los cuadrados de las distancias del anticentro de un cuadrilátero cíclico a los cuatro vértices es igual al cuadrado del diámetro de la circunferencia en la que esta inscrito dicho cuadrilátero.
  5. Muestra que el anticentro de un cuadrilátero cíclico es el ortocentro del triángulo formado por los puntos medios de las diagonales y el punto en que estas rectas coinciden.
  6. Prueba que las circunferencia de los nueve puntos de los cuatro triángulos que se forman al considerar las dos diagonales de un cuadrilátero cíclico, concurren en el anticentro del cuadrilátero.
  7. Demuestra que la suma de los inradios de los triángulos obtenidos al trazar una diagonal de un cuadrilátero cíclico es igual a la suma de los inradios de los otros dos triángulos que se obtienen al considerar la otra diagonal.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 143-146.
  • Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 127-135.
  • Coxeter, H. y Greitzer, L., Geometry Revisited. Washington: The Mathematical Association of America, 1967, pp 57-60.
  • Wikipedia

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»