Geometría Moderna I: Cuadriláteros cíclicos

Introducción

Definición 1. Si los vértices de un polígono están en una misma circunferencia decimos que está inscrito en ella o que es cíclico.

Sabemos que para un triángulo cualquiera siempre existe una única circunferencia en la que el triángulo está inscrito y cuyo centro es el punto en el que concurren las mediatrices de los lados del triángulo. Para un cuadrilátero cualquiera esto no siempre es posible, aquí veremos algunas condiciones necesarias y suficientes para que un cuadrilátero sea cíclico y algunos otros resultados.

Algunas caracterizaciones

Definición 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 con respecto a $l_{1}$ y  $l_{2}$.

Observación. Dos rectas paralelas también pueden ser antiparalelas entre sí, por ejemplo, en un trapecio isósceles la bisectriz del par de lados que no son paralelos es perpendicular al par de lados paralelos.

En el caso de dos rectas paralelas diferentes decimos que su bisectriz es la recta que equidista de ellas. Con esto podemos decir que en un rectángulo cualquier par de lados opuestos son antiparalelos con respecto al otro.

Teorema 1. Un cuadrilátero convexo es cíclico si y solo si un par de lados opuestos es antiparalelo respecto al otro par de lados opuestos.

Demostración. Sea $\square ABCD$ un cuadrilátero cíclico y sean $E$ la intersección de $\overline{AB}$ con $\overline{CD}$, $F$ y $G$ los puntos en que la bisectriz de $\angle DEA$ interseca a $\overline{DA}$ y $\overline{BC}$ respectivamente.

Por el Teorema 1 (a) sabemos que $\measuredangle DCB + \measuredangle BAD = \pi$ pero $\measuredangle FAE + \measuredangle DAB = \pi$, por lo tanto $\measuredangle DCB = \measuredangle FAE$ y como $\measuredangle FED = \measuredangle AEF$ los triángulos $\triangle AEF$ y $\triangle CEG$ son similares.

Luego $\measuredangle EFA = \measuredangle CGE$ pero $\measuredangle EFA = \measuredangle GFD$ por ser opuestos por el vértice por lo tanto $\measuredangle GFD = \measuredangle CGF$.

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La prueba para la proposición reciproca es exactamente la misma, pero intercambiando la dirección de los argumentos.

Corolario. Si se prolongan los lados de un cuadrilátero cíclico las bisectrices de los ángulos formados por los lados opuestos son perpendiculares entre sí.

Demostración. Sea $\square ABCD$ un cuadrilátero cíclico y sean $E$ la intersección de $\overline{AB}$ con $\overline{CD}$, $F$ y $G$ los puntos en que la bisectriz de $\angle DEA$ interseca a $\overline{DA}$ y $\overline{BC}$ respectivamente y $H$ la intersección de $\overline{DA}$ con $\overline{BC}$ como en la imagen anterior.

Como $\square ABCD$ es cíclico por el Teorema 2 se tiene que $\measuredangle GFD = \measuredangle CGF$ por lo tanto $\triangle GHF$ es isósceles y por lo tanto la bisectriz de $\angle GHF$ coincide con la mediatriz de $\overline{FG}$ por lo tanto las bisectrices de $\angle BHA$ y $\angle CEB$ son perpendiculares.

$\blacksquare$

Fórmula de Brahmagupta

Teorema 2. Formula de Brahamagupta. Sea $\square ABCD$ un cuadrilátero cíclico donde $AB = a$, $BC = b$, $CD = c$, $AD = d$ y $s = \dfrac{a + b + c + d}{2}$ entonces el área de $\square ABCD$ se puede calcular mediante $(\square ABCD) = \sqrt{(s – a)(s – b)(s – c)(s – d)}$.

Demostración. Sean $\beta = \angle CBA$ y $\delta = \angle ADC$. Con la proposición anterior podemos calcular el área de los siguientes triángulos $(\triangle ABC) = \dfrac{ab \sin \beta}{2}$, $(\triangle ACD) = \dfrac{cd \sin \delta}{2}$.

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

De la última igualdad obtenemos
$(a^2 + b^2 – (c^2 + d^2))^2 = (2ab \cos \beta – 2cd \cos \delta)^2$
$= 4a^2b^2 \cos^2 \beta – 8abcd\cos \beta\cos \delta + 4c^2d^2 \cos^2 \delta $.

Entonces:
$(\square ABCD) = (\triangle ABC) + (\triangle ACD) = \dfrac{ab \sin \beta}{2} + \dfrac{cd \sin \delta}{2}$
$\Leftrightarrow (\square ABCD)^2 = \dfrac{a^2b^2 \sin^2 \beta}{4} + \dfrac{abcd \sin \beta \sin \delta }{2} + \dfrac{c^2d^2 \sin^2 \delta}{4}$
$\Leftrightarrow 16(\square ABCD)^2 = 4 a^2b^2 \sin^2 \beta + 8 abcd \sin \beta \sin \delta + 4 c^2d^2 \sin^2 \delta$
$= 4a^2b^2(1 – \cos^2 \beta) + 4c^2d^2(1 – \cos^2 \delta) + 8abcd \sin \beta \sin \delta$


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


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


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

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

Por lo tanto $(\square ABCD) = \sqrt{(s – a)(s – b)(s – c)(s – d)}$.

$\blacksquare$

Observación 1. La fórmula
$(\square ABCD)^2 = (s – a)(s – b)(s – c)(s – d) – \dfrac{1}{2}abcd(1 + \cos(\beta + \delta))$
es válida para cualquier cuadrilátero convexo.
Observación 2. Esta fórmula nos muestra que de todos los cuadriláteros convexos que tienen lados $a$, $b$, $c$ y $d$ aquellos que son cíclicos tienen mayor área.

Teorema 3. 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 $\overline{AC}$ obtenemos $\square ABCD’$ el cual es convexo y
$(\square ABCD’) = (\square ABCD) + (\square ADCD’)$ por lo tanto $(\square ABCD’) > (\square ABCD)$

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 $\square EFG’H$ resultando así que $(\square EFG’H) = (\triangle EFH) + (\triangle FG’H) = (\triangle EFH) + (\triangle FGH) > (\square EFGH)$.

De esta forma podemos fijarnos solo en el área de los cuadriláteros convexos, pero por la observación 2 bastara con restringirnos a los cuadriláteros convexos y cíclicos. Por la fórmula de Brahmagupta sabemos que el área depende del perímetro y de la división de este en lados $a$, $b$, $c$ y $d$.

Aplicando el lema parte 2, dado un cuadrilátero cíclico $\square ABCD$ de perímetro $P$ y lados $a$, $b$, $c$ y $d$ tenemos
$(\square ABCD)^2 = (s – a)(s – b)(s – c)(s – d) \leq (\dfrac{(s – a) + (s – b) + (s – c) + (s – d)}{4})^4$
$= (\dfrac{(4s – (a + b + c + d)}{4})^4 = (\dfrac{2P – P}{4})^4 = (\dfrac{P}{4})^4$

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

$\blacksquare$

Algunas propiedades

Teorema 4. Las perpendiculares trazada desde los puntos medios de un cuadrilátero cíclico a los correspondientes lados opuestos son concurrentes.

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

Notemos que la recta que pasa por $\overline{OF}$ es perpendicular a $\overline{BC}$ pues $\triangle BOC$ es un triángulo isósceles donde $BO = OC$ y $\overline{OF}$ es la mediana relativa a  $\overline{BC}$ y por tanto coincide con la altura trazada desde $O$.

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

Como $\overline{OF} \parallel \overline{HH’}$ $\measuredangle JFO = \measuredangle JHM$ y además $\measuredangle OJF = \measuredangle MJH$ por ser opuestos por el vértice, así tenemos que $\triangle JFO$ y $\triangle JHM$ son semejantes y como $J$ biseca a $HF$ entonces $JO = JM$, en otras palabras, $\overline{HH}$’ pasa por $M$ que es el punto simétrico de $O $ respecto a $J$.

De manera similar podemos ver que las rectas $\overline{EE’}$, $\overline{FF’}$ y $\overline{GG’}$ pasan por $M$, por lo tanto, son concurrentes.

$\blacksquare$

Definición 3. Nos referiremos al simétrico del circuncentro de un cuadrilátero cíclico respecto de su centroide como el anticentro del cuadrilátero cíclico.

Lema. En un triángulo la distancia de uno de sus lados al circuncentro es igual a la mitad de la distancia del vértice opuesto al ortocentro del triángulo.

Demostración. Sean $\triangle ABC$, $O$ y $H$ el circuncentro y ortocentro del triángulo respectivamente, consideremos también $D$ el punto diametralmente opuesto a $C$ y $E$ el pie de la perpendicular a $\overline{BC}$ desde $O$ como en la imagen.

$\triangle BCD$ es recto pues $\overline{CD}$ es diámetro, entonces $\overline{DB} \parallel \overline{OE}$ y como $O$ es el punto medio de $\overline{CD}$ entonces $\overline{OB}$ es un segmento medio de $\triangle ABC$ (entrada rectas y puntos notables del triangulo, tarea moral, ejercicio 2) y así $OE = \dfrac{DB}{2}$.

Por otro lado, $\overline{AH}$ y $\overline{DB}$ son ambos perpendiculares a $\overline{BC}$ así que $\overline{AH} \parallel \overline{DB}$ y como $\angle DAC$ es recto entonces $\overline{DA} \parallel \overline{BH}$, así que $\square ADBH$ es un paralelogramo, por lo tanto, $AH = DB = 2OE$.

$\blacksquare$

Teorema 5. 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 $\overline{BC}$.

Por el Lema anterior y considerando los triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle DBC$ tenemos que $AH_{d} = 2OF = DH_{a}$, además $\overline{AH_{d}}$ y $\overline{DH_{a}}$ son perpendiculares a $\overline{BC}$ por lo tanto $\overline{AH_{d}} \parallel \overline{DH_{a}}$ de esto se sigue que $\square AH_{d}H_{a}D$ es un paralelogramo, así que las diagonales $\overline{AH_{a}}$ y $\overline{DH_{d}}$ se intersecan en su punto medio.

De manera análoga se ve que $\overline{AH_{a}}$ y los segmento $\overline{BH_{b}}$, $\overline{CH_{c}}$, 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 $\overline{DA}$ y el centro de simetría $X$, como esta recta también pasa por el punto medio de $\overline{H_{d}D}$ entonces es paralela a $\overline{AH_{d}}$, por lo tanto, $\overline{HX}$ es la perpendicular a $\overline{BC}$ desde $H$ por el Teorema 4 sabemos que $\overline{HH’}$ pasa por $M$ el anticentro de $\square ABCD$, donde $H’$ es el pie de la perpendicular a $\overline{BC}$ por $H$.

De manera análoga $\overline{EX}$, $\overline{FX}$ y $\overline{GX}$ pasan por $M$, por lo tanto, $X = M$.

$\blacksquare$

Tarea moral

  1. Demuestra la fórmula de Brahmagupta usando la fórmula de Herón.
  2.  Sea $\ ABCD$ un cuadrilátero cíclico y sea $E$ el punto medio de $\overset{\LARGE{\frown}}{BA}$, es decir el punto $E \in \overset{\LARGE{\frown}}{BA}$ tal que $\overset{\LARGE{\frown}}{BE} = \overset{\LARGE{\frown}}{EA}$, $F$, $G$ y $H$ los puntos medios de $\overset{\LARGE{\frown}}{CB}$, $\overset{\LARGE{\frown}}{DC}$ y $\overset{\LARGE{\frown}}{AD}$ respectivamente, muestra que $\overline{EG}$ y $\overline{FH}$ son perpendiculares.
  1. En la tarea moral de la entrada cuadriláteros cíclicos 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) $(\square ABCD)^2 = \dfrac{(ab + cd)(ac + bd)(ad + bc)}{16R^2}$.
  2. Demuestra que los centroides de los cuatro triángulos determinados por los cuatro vértices de un cuadrilátero cíclico son los vértices de otro cuadrilátero cíclico.
  3. Demuestra que los incentros de los cuatro triángulos determinados por los cuatro vértices de un cuadrilátero cíclico forman un rectángulo.
  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 triangulo formado por los puntos medios de las diagonales y el punto en que estas rectas coinciden.

Más adelante…

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