Geometría Moderna I: Cuadriláteros ortodiagonales

Introducción

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

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

Algunas caracterizaciones

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

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

Figura 1

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

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

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

$\blacksquare$

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

Figura 2

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

La última doble implicación es cierta por el teorema 1.

$\blacksquare$

Circunferencia de los 8 puntos

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

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

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

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

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

Figura 3

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

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

$\blacksquare$

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

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

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

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

Figura 4

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

$\blacksquare$

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

Teorema de Brahmagupta

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

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

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

Figura 5

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

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

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

$\blacksquare$

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

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

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

$\blacksquare$

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

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

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

$\blacksquare$

Circunferencia de Droz-Farny

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

Figura 6

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

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

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

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

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

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

$\blacksquare$

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

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

Figura 7

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

$\blacksquare$

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

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

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

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

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

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

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

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

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

$\blacksquare$

Tarea moral

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

Más adelante…

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

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