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Geometría Moderna II: Aplicación al cuadrilátero completo

Por Armando Arzola Pérez

Introducción

Una vez analizado las circunferencias coaxiales es necesario ver la Aplicación al Cuadrilátero Completo.

Cuadriláteros completos

Recordemos que un cuadrilátero completo se define:

Definición. Un cuadrilátero completo es una figura que consiste de 4 líneas, tres de las cuales no pasan por el mismo punto y los seis puntos determinados por la intersección de estas líneas.

Observaciones.

Las cuatro líneas son sus lados y los seis puntos son sus vértices. En este caso a, b, c y d son los lados y los puntos $a \cap c, b \cap c, c \cap d, d \cap b, a \cap d$ y $a \cap b$ son los vértices.
Se dice que dos vertices son vertices opuestos si ellos no estan en el mismo lado. En un cuadrilatero completo hay 3 pares de vertices opuestos. Son [ $c \cap d$ y $a \cap b$ ], [ $b \cap c$ y $a \cap d$ ] y [ $a \cap c$ y $d \cap b$ ].
Las 3 líneas determinadas por los pares de vértices opuestos de un cuadrilátero completo, son sus diagonales, y el triángulo determinado por estas 3 líneas, es un triángulo diagonal. Las rectas son p, q y r son las rectas diagonales y pqr es el triángulo diagonal.

Una aplicación de la teoría de circunferencias coaxiales, es el siguiente teorema:

Teorema. Las circunferencias, cuyos diámetros son las diagonales de un cuadrilátero completo, son coaxiales.

Cuadrilátero Completo Aplicación Teorema 1

Demostración. Se tiene el cuadrilátero completo con lados p, q, r y s, donde se puede sacar el ortocentro $H_{1}$ del $△ A B C$ y $A^{'}, B^{'}$ y $C^{'}$ los pies de las alturas $A, B$ y $C$ .

Puesto que $A, C, C^{'}, A^{'}$ y $B, C, C^{'}, B^{'}$ son conjuntos de puntos conciclicos. Entonces $H_{1} A \cdot H_{1} A^{'} = H_{1} B \cdot H_{1} B^{'} = H_{1} C \cdot H_{1} C^{'}$ .

Ahora $A A^{'}, B B^{'}, C C^{'}$ cuerdas de las circunferencias que tiene como diámetros a $A F, B E$ y $C D$ respectivamente. Y por las ecuaciones anteriores $H_{1}$ tiene la misma potencia respecto a cada una de estas circunferencias.

Y al saber que $H_{1}$ tiene las mismas potencias, entonces se concluye que las circunferencias son coaxiales.

Corolario. Los ortocentros de los cuatro triángulos determinados por los cuatro lados del cuadrilátero tomados tres a un tiempo son colineales.

Demostración. Por la demostración anterior, se puede demostrar que los ortocentros de los triángulos $A D E, B D F, C E F$ tiene cada uno iguales potencias con respecto a estas tres circunferencias. Por lo cual las tres circunferencias son coaxiales, los cuatro ortocentros están en el eje radical y los centros o puntos medios de las diagonales, están en una línea recta.

Además, la línea en la que están los cuatro ortocentros, es perpendicular a la línea que pasa por los puntos medios de las diagonales.

Más adelante…

Una vez visto y estudiado esta primera unidad se pondrán ejercicios para practicar en la siguiente entrada.

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Geometría Moderna I: Paralelogramos

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

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

Definición 1. Un cuadrilátero es una figura geométrica que consiste en cuatro vértices y cuatro lados. Si los vértices de un cuadrilátero son $A$ , $B$ , $C$ y $D$ y los lados $A B$ , $B C$ , $C D$ y $A D$ entonces lo denotamos como $A B C D$ .

Decimos que los lados de un cuadrilátero son adyacentes u opuestos de acuerdo a si tienen o no un vértice en común.

Similarmente diremos que los vértices de un cuadrilátero son adyacentes u opuestos si son extremos de un mismo lado o no. Los segmentos que unen vértices opuestos son las diagonales del cuadrilátero.

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

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

Demostración. Sea $A B C D$ convexo, consideremos $B D$ , entonces la suma de los ángulos internos del cuadrilátero será igual a la suma de los ángulos internos de los dos triángulos $△ A B D$ y $△ C B D$ , esto es, $2 π$ .

Algunas propiedades de paralelogramos

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

Teorema 1. En todo paralelogramo se cumple lo siguiente:

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

Demostración. Sea $A B C D$ un paralelogramo.

Como la diagonal $B D$ es transversal a $A B$ y $D C$ y estos son paralelos, entonces $∠ D B A = ∠ B D C$ .

Similarmente $B D$ es transversal a $A D$ y a $B C$ , por lo que $∠ A D B = ∠ C B D$ .

$△ A B D$ y $△ C D B$ tienen en común al lado $B D$ y por criterio ALA, $△ A B D ≅ △ C D B$ .

Es decir,
$A B = C D$ , $A D = C B$ y $∠ A = ∠ C$ ,
además $∠ D = ∠ A D B + ∠ B D C = ∠ C B D + ∠ D B A = ∠ B$ .

Así los lados y ángulos opuesto son iguales.

Veamos que los los ángulos adyacentes son suplementarios,
$∠ A + ∠ B = ∠ A + ∠ C B D + ∠ D B A$
$= ∠ A + ∠ A D B + ∠ D B A = π$ .

Similarmente,
$∠ A + ∠ D = ∠ C + ∠ B = ∠ C + ∠ D = π$ .

Por otro lado, si consideramos la diagonal $A D$ , al igual que en el caso anterior, tendremos que $∠ B A C = ∠ D C A$ y $∠ C A D = ∠ A C B$ .

Sea $E = A C \cap B D$ , por criterio ALA, $△ E A B ≅ △ E C B$ y $△ E A D ≅ △ E C B$ , por lo que $A E = C E$ y $B E = D E$ .

Rectángulo

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

Proposición 2. Todo rectángulo es paralelogramo.

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

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

Demostración. Sea $A B C D$ paralelogramo y supongamos que $A C = B D$ .

Por el teorema anterior, $A D = B C$ , y los triángulos $△ A D C$ y $△ B C D$ comparten a $C D$ como lado en común, por criterio LLL, $△ A D C ≅ △ B C D$ , en particular $∠ C = ∠ D$ .

Pero por el teorema 1, $∠ A = ∠ C$ y $∠ B = ∠ D$ .

Por tanto, $∠ A = ∠ C = ∠ D = ∠ B$ .

Por la proposición 1,
$4 ∠ A = ∠ A + ∠ C + ∠ B + ∠ D = 2 π$
$\Rightarrow ∠ A = ∠ C = ∠ B = ∠ D = \frac{π}{2}$ .

Así, $A B C D$ es rectángulo.

Ahora supongamos que $A B C D$ es rectángulo y probemos que $A C = B D$ .

Por hipótesis $∠ D = ∠ C$ , como $A B C D$ es paralelogramo entonces $A D = B C$ , además $C D$ es un lado en común de $△ A D C$ y $△ B C D$ , por criterio LAL, $△ A D C ≅ △ B C D$ .

Por lo tanto, $A C = B D$ .

Rombo

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

Proposición 4. Todo rombo es paralelogramo.

Demostración. Sea $A B C D$ un rombo.

Por criterio LLL, $△ A B D ≅ △ C D B$ , en particular $∠ A D B = ∠ C B D$ , como $B D$ es transversal a $A D$ y a $B C$ y los ángulos alternos internos son iguales entonces $A D ∥ B C$ .

De manera similar se ve que $A B ∥ C D$ .

Concluimos que $A B C D$ es paralelogramo.

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

Demostración. Sea $A B C D$ paralelogramo y supongamos que $A C ⊥ B D$ , veamos que es rombo.

Sea $E = A C \cap B D$ , por hipótesis $∠ D E A = ∠ A E B$ , como $A B C D$ es paralelogramo, por el teorema 1, $B E = D E$ , además $A E$ es un lado en común de $△ A E D$ y $△ A E B$ , por criterio LAL, $△ A E D ≅ △ A E B$ , en particular $A D = A B$ .

Como $A B C D$ es paralelogramo los lados opuestos son iguales, por lo tanto, $C D = A B = A D = B C$ .

Así, $A B C D$ es rombo.

Ahora supongamos que $A B C D$ es rombo veamos que $A C ⊥ B D$ .

Sea $E = A C \cap B D$ , como $A B C D$ es paralelogramo, $B E = D E$ , por criterio LLL, $△ A B E ≅ △ A D E$ , por lo que $∠ A E B = ∠ D E A$ .

Por ser opuestos por el vértice, $∠ A E B = ∠ C E D$ y $∠ D E A = ∠ B E C$ , por lo que $∠ C E D = ∠ A E B = ∠ D E A = ∠ B E C$ , y como $∠ C E D + ∠ A E B + ∠ D E A + ∠ B E C = 2 π$ , entonces $∠ C E D = ∠ A E B = ∠ D E A = ∠ B E C = \frac{π}{2}$ .

Por lo tanto, $A C ⊥ B D$ .

Segmento medio del triángulo

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

Demostración. Sea $A B C D$ convexo tal que $A D = B C$ y $A D ∥ B C$ .

Tracemos $B D$ , como $A D ∥ B C$ entonces $∠ A D B = ∠ C B D$ , por criterio LAL, $△ A D B ≅ △ C B D$ , en particular $A B = C D$ y $∠ D B A = ∠ B D C$ .

Como $B D$ es transversal a $A B$ y a $C D$ y $∠ D B A = ∠ B D C$ , entonces $A B ∥ C D$ .

En consecuencia, $A B C D$ es paralelogramo.

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

Demostración. Sean $△ A B C$ , $M$ y $N$ los puntos medios de $A B$ y $A C$ respectivamente.

Extendemos $M N$ hasta un punto $O$ del lado de $N$ tal que $M N = N O$ .

Como $N$ es punto medio de $A C$ entonces $A N = C N$ , por construcción $M N = N O$ y $∠ A N M = ∠ C N O$ por ser opuestos por el vértice.

Por criterio LAL, $△ A N M ≅ △ C N O$ por lo que $C O = A M = B M$ y $∠ N M A = ∠ N O C$ .

Como $M O$ es transversal a $A B$ y a $C O$ y los ángulos alternos internos $∠ N M A$ , $∠ N O C$ son iguales entonces $A B ∥ C O$ .

En el cuadrilátero $M B C O$ los lados opuestos $M B$ y $C O$ son paralelos e iguales, por la proposición 6, $M O ∥ B C$ y $M O = B C$ pero $M N = \frac{M O}{2}$ .

Por lo tanto $M N = \frac{B C}{2}$ y $M N ∥ B C$ .

Problema de Thébault

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

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

Demostración. Sea $A B C D$ paralelogramo y sean $A B B^{″} A^{'}$ , $B C C^{″} B^{'}$ , $C D D^{″} C^{'}$ y $A D D^{'} A^{″}$ cuadrados construidos sobre $A B$ , $B C$ , $C D$ y $D A$ respectivamente y $O_{1}$ , $O_{2}$ , $O_{3}$ , $O_{4}$ sus respectivos centros.

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

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

Por otro lado, como $A B C D$ es paralelogramo entonces $A D = B C$ y $A B = C D$ .

$\Rightarrow$
$\begin{matrix} (1) & △ A A^{'} O_{1} ≅ △ A B O_{1} ≅ △ C D O_{3} ≅ △ C C^{'} O_{3}, \end{matrix}$
$\begin{matrix} (2) & △ A A^{″} O_{4} ≅ △ A D O_{4} ≅ △ B C O_{2} ≅ △ C C^{″} O_{2} . \end{matrix}$

Por ser $A B C D$ paralelogramo,
$∠ A = ∠ C$ , $∠ B = ∠ D$ , $∠ A + ∠ B = π$ .

Veamos que $△ A O_{1} O_{4}$ y $△ C O_{3} O_{2}$ son congruentes.

Por $(1)$ , $A O_{1} = C O_{3}$ , por $(2)$ , $A O_{4} = C O_{2}$ ,
notemos que $∠ A^{″} A A^{'} = π - ∠ A = ∠ B = ∠ D = π - ∠ C = ∠ C^{″} C C^{'}$ .

$\Rightarrow ∠ O_{4} A O_{1} = ∠ O_{4} A A^{″} + ∠ A^{″} A A^{'} + ∠ A^{'} A O_{1}$
$= ∠ O_{2} C C^{″} + ∠ C^{″} C C^{'} + ∠ C^{'} C O_{3} = ∠ O_{2} C O_{3}$

Por criterio LAL, $△ A O_{1} O_{4} ≅ △ C O_{3} O_{2}$ , por lo que $O_{1} O_{4} = O_{2} O_{3}$ .

De manera similar se muestra que $△ A O_{1} O_{4} ≅ △ B O_{1} O_{2} ≅ △ D O_{3} O_{4}$ , y así,
$\begin{matrix} (3) & O_{2} O_{3} = O_{1} O_{4} = O_{1} O_{2} = O_{3} O_{4} . \end{matrix}$

Como $△ A O_{1} O_{4} ≅ △ B O_{1} O_{2}$ , entonces $∠ A O_{1} O_{4} = ∠ B O_{1} O_{2}$ .

$\Rightarrow ∠ O_{2} O_{1} O_{4} = ∠ B O_{1} O_{4} - ∠ B O_{1} O_{2}$
$= ∠ B O_{1} A + ∠ A O_{1} O_{4} - ∠ B O_{1} O_{2} = ∠ B O_{1} A = \frac{π}{2}$ .

De manera similar se ve que
$\begin{matrix} (4) & ∠ O_{1} O_{4} O_{3} = ∠ O_{4} O_{3} O_{2} = ∠ O_{3} O_{2} O_{1} = ∠ A O_{1} O_{4} = \frac{π}{2} . \end{matrix}$ .

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

Veamos que las cuatro diagonales son concurrentes, consideremos $O_{2} O_{4}$ diagonal del cuadrado y $B D$ diagonal del paralelogramo.

Sea $E = O_{2} O_{4} \cap B D$ . En $△ E B O_{2}$ y $△ E D O_{4}$ tenemos que $∠ B E O_{2} = ∠ D E O_{4}$ por ser opuestos por el vértice, $∠ O_{2} B E = ∠ O_{2} B C + ∠ C B D = ∠ O_{4} D A + ∠ A D B$ .

Por lo tanto, $∠ E O_{2} B = ∠ E O_{4} D$ , además $B O_{2} = D O_{4}$ .

Por criterio LAL, $△ E B O_{2} ≅ △ E D O_{4}$ , por lo que $B E = D E$ y $O_{2} E = O_{4} E$
$\Rightarrow O_{2} O_{4}$ y $B D$ se intersecan en su punto medio.

Como $A B C D$ y $O_{1} O_{2} O_{3} O_{4}$ son paralelogramos sus diagonales se intersecan en su punto medio y por lo anterior todas concurren en $E$ .

Más adelante…

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

Tarea moral

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

Muestra que si un cuadrilátero convexo tiene alguna de las siguientes características entonces es un paralelogramo.
$i)$ los dos pares de lados opuestos son iguales,
$i i)$ los dos pares de ángulos opuestos son iguales,
$i i i)$ los ángulos adyacentes son suplementarios,
$i v)$ las diagonales se bisecan.
Construye un cuadrado sobre un segmento dado.
Si trazamos rectas paralelas a los lados de un paralelogramo por un punto de una de sus diagonales se forman 4 cuadriláteros, muestra que los dos cuadriláteros por donde no pasa la diagonal tienen la misma área.

Demuestra que si una recta biseca a un lado de un triangulo y es paralela a otro de los lados del triangulo entonces biseca al lado restante.
$i)$ Muestra que el punto medio de la hipotenusa de un triangulo rectángulo equidista a los tres vértices del triangulo.
$i i)$ Recíprocamente prueba que si en un triangulo un punto en uno de sus lados equidista a los tres vértices entonces el triángulo es rectángulo.
Prueba que si construimos triángulos equiláteros exteriormente sobre los lados de un paralelogramo, entonces los cuatro vértices construidos son los vértices de un paralelogramo, y muestra que las diagonales de los dos paralelogramos son concurrentes.

Entradas relacionadas

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Otros cursos.

Fuentes

Santos, J., Tesis Geometría del Cuadrilátero. 2010, pp 1-6.
Posamentier, A. y Salkind, C; Challenging Problems in Geometry. New York: Dover, 1996, pp 6.
Wikipedia
Geometría interactiva
Geometry Help
Cut the Knot
Wolfram MathWorld

Agradecimientos

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

Geometría Moderna I: Cuadrilátero bicéntrico

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

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

Dos caracterizaciones para el cuadrilátero bicéntrico

Teorema 1. Sea $A B C D$ un cuadrilátero circunscrito y sean $E$ , $F$ , $G$ y $H$ los puntos de tangencia del incírculo a los lados $A B$ , $B C$ , $C D$ y $A D$ respectivamente, entonces $A B C D$ es bicéntrico si y solo si $E G ⊥ F H$ .

Demostración. $∠ B E F$ y $∠ E F B$ son ángulos semiinscritos que abarcan el mismo arco, $\overset{⌢}{E F}$ , por lo tanto, son iguales $∠ B E F = ∠ E F B = μ$ .

De manera análoga tenemos que, $∠ D G H = ∠ G H D = ν$ .

Así que en los triángulos $△ B E F$ y $△ D H G$ se tiene $π = ∠ B + 2 μ = ∠ D + 2 ν$ por lo que
$\begin{matrix} (5) & 2 π = ∠ B + ∠ D + 2 (μ + ν) . \end{matrix}$

Ahora supongamos que $E G$ y $F H$ son perpendiculares, y sea $P = E G \cap F H$ , entonces $∠ H P E = \frac{π}{2}$ , así que en $△ H P E$ , $\frac{π}{2} = ∠ P E H + ∠ E H P$ .

Pero $∠ E H F$ y $∠ B E F$ abren el mismo arco, por lo tanto, $∠ E H F = μ$ , de manera similar $∠ G E H = ν$ , por lo tanto $μ + ν = \frac{π}{2}$ .

Sustituyendo la ultima igualdad en $(1)$ tenemos
$2 π = ∠ B + ∠ D + π$
$\Leftrightarrow ∠ B + ∠ D = π$
$\Leftrightarrow A B C D$ es cíclico.

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

Teorema 2. Sea $A B C D$ circunscrito, $I$ su incentro, $K$ y $J$ las intersecciones de los lados $A B$ con $D C$ y $A D$ con $B C$ respectivamente entonces $A B C D$ es bicéntrico si y solo si $I K ⊥ I J$ .

Demostración. Notemos que el incírculo de $A B C D$ es al mismo tiempo el excentro de $△ A J B$ y $△ B K C$ opuesto a los vértices $J$ y $K$ respectivamente.

Esto implica que $I J$ e $I K$ son las bisectrices internas de $∠ J$ y $∠ K$ respectivamente.

Sean $E$ , $F$ , $G$ y $H$ los puntos de contacto del incírculo con $A B$ , $B C$ , $C D$ y $D A$ respectivamente, en la prueba del teorema anterior vimos que $∠ J H F = ∠ H F J$ y $∠ E G K = ∠ K E G$ .

Por lo tanto, $△ J H F$ y $△ K E G$ son isósceles.

Entonces las bisectrices de $∠ J$ y $∠ K$ son mediatrices de $F H$ y $E G$ respectivamente.

En consecuencia, $J L ⊥ F H$ y $K M ⊥ E G$ , donde $L$ y $M$ son los puntos medios de $F H$ y $E G$ respectivamente.

De esto último se sigue que en el cuadrilátero $L P M I$ , $∠ L I M + ∠ M P L = π$ .

Por lo tanto, $I J ⊥ I K \Leftrightarrow F H ⊥ E G \Leftrightarrow A B C D$ es bicéntrico.

La última doble implicación se da por el teorema 1.

Teorema de Fuss

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

Demostración. Sean $A B C D$ bicéntrico, $(O, R)$ , $(I, r)$ el circuncírculo y el incírculo respectivamente, $E$ y $F$ los puntos de tangencia de los lados $A B$ y $B C$ respectivamente con $(I, r)$ .

Dado que $A B C D$ es cíclico, entonces $∠ A + ∠ C = π$ y como $I$ es la intersección de las bisectrices internas de $A B C D$ tenemos lo siguiente:

$\begin{matrix} (6) & ∠ E A I + ∠ I C F = \frac{π}{2} . \end{matrix}$

Como $△ A E I$ y $△ C F I$ son triángulos rectángulos y tienen la misma altura desde $I$ .

Al “pegar” los triángulos $△ A E I$ y $△ C F I$ por la altura formamos un triángulo rectángulo $△ A C I$ cuya área es :

$(△ A C I) = \frac{(A E + F C) r}{2} = \frac{A I \times C I}{2}$
$\Leftrightarrow (A E + F C)^{2} r^{2} = A I^{2} \times C I^{2}$ .

Podemos calcular $A C$ aplicando el teorema de Pitágoras
$A I^{2} + C I^{2} = A C^{2} = (A E + F C)^{2}$ .

De las últimas dos expresiones obtenemos $(A I^{2} + C I^{2}) r^{2} = A I^{2} \times C I^{2} \Leftrightarrow$
$\begin{matrix} (7) & \frac{1}{A I^{2}} + \frac{1}{C I^{2}} = \frac{1}{r^{2}} . \end{matrix}$

Consideremos $G$ y $H$ los puntos donde $A I$ y $C I$ intersecan a $(O, R)$ .

$∠ H A B = ∠ H C B = ∠ I C F$ pues son subtendidos por el mismo arco.

Por la ecuación $(2)$ ,
$∠ H A G = ∠ H A B + ∠ B A G = ∠ I C F + ∠ E A I = \frac{π}{2}$ ,
por lo tanto, $H G$ es diámetro.

Con el teorema de Apolonio calculamos la mediana $I O$ en $△ I H G$
$\begin{matrix} (8) & I H^{2} + I G^{2} = 2 I O^{2} + \frac{H G^{2}}{2} = 2 d^{2} + \frac{(2 R)^{2}}{2} = 2 (d^{2} + R^{2}) . \end{matrix}$

Como $A H G C$ es cíclico, entonces
$\begin{matrix} (9) & A I \times G I = H I \times C I = d^{2} - R^{2} . \end{matrix}$

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

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

$\frac{1}{A I^{2}} + \frac{1}{C I^{2}} = \frac{G I^{2}}{(R^{2} - d^{2})^{2}} + \frac{H I^{2}}{(R^{2} - d^{2})^{2}}$
$= \frac{G I^{2} + H I^{2}}{(R^{2} - d^{2})^{2}} = \frac{2 (d^{2} + R^{2})}{(R^{2} - d^{2})^{2}} = \frac{(R + d)^{2} + (R - d)^{2}}{(R^{2} - d^{2})^{2}}$
$\begin{matrix} (10) & = \frac{1}{(R + d)^{2}} + \frac{1}{(R - d)^{2}} . \end{matrix}$

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

Puntos colineales en el cuadrilátero bicéntrico

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

Demostración. Sean $A B C D$ bicéntrico, $I$ , $O$ , su incentro y circuncentro respectivamente y consideremos $E$ , $F$ , $G$ y $H$ las intersecciones de $A I$ , $B I$ , $C I$ y $D I$ con $(O, R)$ , el circuncírculo de $A B C D$ , respectivamente.

En $△ G D B$ la mediatriz de $B D$ pasa por $N$ el punto medio de $B D$ y $O$ , y la mediana por $G$ pasa por $G$ y $N$ .

Como $C G$ es bisectriz de $∠ D C B$ , entonces $∠ D B G = ∠ D C G = ∠ G C B = ∠ G D B$ , por tanto, $△ G B D$ es isósceles y así la mediatriz de $B D$ y la mediana por $G$ coinciden, por lo que $G$ , $N$ y $O$ son colineales, al mismo tiempo que esta recta es diámetro pues pasa por $O$ .

En la prueba del teorema de Fuss vimos que $G E$ es diámetro por lo tanto $G$ , $N$ , $O$ y $E$ son colineales además $∠ O N P = \frac{π}{2}$ donde $P$ es la intersección de las diagonales $A C$ y $B D$ .

De manera análoga $F$ , $M$ , $O$ y $H$ son colineales donde $M$ es el punto medio de $A C$ y $∠ P M O = \frac{π}{2}$ .

Se sigue que $P N O M$ es cíclico, por lo tanto
$\begin{matrix} (11) & ∠ M N P = ∠ M O P . \end{matrix}$

Por otro lado, como $D B H F$ es cíclico e $I$ es la intersección de las diagonales, por construcción, se sigue que $△ I B D \sim △ I H F$ , son semejantes.

$\Rightarrow \frac{I B}{I H} = \frac{B D}{F H} = \frac{\frac{1}{2} B D}{\frac{1}{2} F H} = \frac{B N}{O H}$ y como $∠ I B N = ∠ O H I$ , por criterio de semejanza LAL, $△ I B N \sim △ I H O$ .

Por lo tanto, $∠ B N I = ∠ I O H$ y así
$\begin{matrix} (12) & ∠ I N P = ∠ M O I . \end{matrix}$

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

Por las ecuaciones $(7)$ y $(8)$ tenemos
$∠ M O I = ∠ I N P = ∠ M N P = ∠ M O P$ .

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

Acotando el área del cuadrilátero bicéntrico

Teorema 5. El área de un cuadrilátero bicéntrico $A B C D$ con inradio $r$ y circunradio $R$ cumple la siguiente desigualdad:
$4 r^{2} \leq (A B C D) \leq 2 R^{2}$ .

Demostración. Primero veamos que $4 r^{2} \leq (A B C D)$ , sean $E$ , $F$ , $G$ y $H$ los puntos de tangencia del incírculo con los lados $A B$ , $B C$ , $C D$ y $A D$ respectivamente.

Como las tangentes desde un punto a una circunferencia son iguales tenemos
$A E = A H = x$ , $B E = B F = y$ , $C F = C G = z$ y $D G = D H = w$ .

En la demostración del teorema de Fuss vimos que $∠ I A H + ∠ G C I = \frac{π}{2}$ de esto se sigue que $△ I H A$ y $△ C G I$ son semejantes
$\Rightarrow \frac{r}{z} = \frac{x}{r} \Leftrightarrow r^{2} = x z$ .

De manera análoga vemos que $r^{2} = y w$ .

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

$(A B C D) = 2 ((△ I A E) + (△ I B F) + (△ I C G) + (△ I D H))$
$= r (x + y + z + w)$
$= 2 r (\frac{x + z}{2} + \frac{y + w}{2}) \geq 2 r (\sqrt{x z} + \sqrt{y w})$
$= (2 r) (2 r) = 4 r^{2}$ .

Donde la igualdad se da si y solo si $x = y = z = w = r$ , si esto es así entonces $△ A D C$ es isósceles, entonces, $∠ I A H = ∠ G C I = \frac{π}{4}$ .

Por lo tanto, $∠ A = ∠ C = \frac{π}{2}$ .

Del mismo modo vemos que $∠ B = ∠ C = \frac{π}{2}$ , y así, $A B C D$ es un cuadrado.

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

Por el teorema de Pitágoras, $A E \leq A P$ y $C F \leq C P \Rightarrow A E + C F \leq A C$
y se tiene la igualdad si y solo si las diagonales son perpendiculares.

Luego,
$(A B C D) = (△ A B D) + (△ C B D)$
$= \frac{B D}{2} (A E + C F) \leq \frac{A C \times B D}{2}$ .

Como $A B C D$ es cíclico entonces cada diagonal es menor o igual que el diámetro $2 R$ del circuncírculo.

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

Más adelante…

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

Tarea moral

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

Muestra que para un cuadrilátero bicéntrico $A B C D$ de lados $a$ , $b$ , $c$ y $d$ , diagonales $p$ y $q$ , inradio $r$ y circunradio $R$ se tiene:
$i)$ $(A B C D) = \sqrt{a b c d}$ ,
$i i)$ $8 p q \leq (a + b + c + d)^{2}$ ,
$i i i)$ $\sqrt{2} r \leq R$ .
Sea $A B C D$ un cuadrilátero circunscrito y sean $E$ , $F$ , $G$ y $H$ los puntos de tangencia del incírculo a los lados $A B$ , $B C$ , $C D$ y $A D$ respectivamente, considera los puntos medios $I$ , $J$ , $K$ y $L$ de los segmentos $H E$ , $E F$ , $F G$ y $G H$ respectivamente muestra que $A B C D$ es cíclico si y solo si $I J K L$ es un rectángulo.

Sea $A B C D$ bicéntrico, $(I, r)$ el incírculo y $P$ la intersección de las diagonales, muestra que:
$i)$ $\frac{1}{A I^{2}} + \frac{1}{C I^{2}} = \frac{1}{B I^{2}} + \frac{1}{D I^{2}} = \frac{1}{r^{2}}$ ,
$i i)$ $\frac{A P}{C P} = \frac{A I^{2}}{C I^{2}}$ , $Wikipedia\dfrac{BP}{DP} = \dfrac{BI^2}{DI^2}$.
Construye un cuadrilátero bicéntrico.

Entradas relacionadas

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Otros cursos.

Fuentes

Santos, J., Tesis Geometría del Cuadrilátero. 2010, pp 38-42.
Alsina, C. y Nelsen, R., When less is more: visualizing basic inequalities. Mathematical Association of America. 2009, pp 64–66.
Josefsson, M., Characterizations of Bicentric Quadrilaterals. Forum Geometricorum. 2010, vol 10, pp 165–173.
Cut the Kno t
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»

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 $A B C D$ un cuadrilátero circunscrito, $E$ , $F$ , $G$ y $H$ los puntos de tangencia de la circunferencia a los lados $A B$ , $B C$ , $C D$ y $A D$ respectivamente y consideremos $I$ el incentro de $A B C D$ .

Recordemos que las tangentes a una circunferencia desde un punto externo a esta son iguales, por lo tanto, $A H = A E = x$ , $B E = B F = y$ , $C F = C G = z$ , $D G = D H = w$ .

Entonces $A B + C D = (x + y) + (z + w) = (x + w) + (y + z) = A D + B C$ .

Ahora supongamos que en $A B C D$ se tiene que $A B + C D = A D + B C$ y que tiene un par de lados adyacentes que no son iguales.

Sin pérdida de generalidad podemos suponer que $A B > B C$ entonces,
$\begin{matrix} (13) & A D - C D = A B - B C > 0. \end{matrix}$ .

Sean $E \in A B$ y $F \in A D$ tales que $E B = B C$ y $F D = C D$ entonces por la ecuación $(1)$ $A E = A F$ y así $△ A E F$ , $△ B C E$ y $△ D F C$ son isósceles.

Por lo tanto, las bisectrices internas de los ángulos $∠ E A F$ , $∠ C B E$ y $∠ A D C$ , son las mediatrices de $△ E F C$ , por lo tanto, concurren en un punto $I$ .

Como $I$ está en las bisectrices internas de los ángulos $∠ A E F$ , $∠ B C E$ y $∠ D F C$ , 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 $A B C D$ .

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.

Teorema de Newton

Teorema 2, de Leon Anne. Sea $A B C D$ un cuadrilátero que no es un paralelogramo, el lugar geométrico de los puntos $P$ en el interior de $A B C D$ tal que $(△ A P B) + (△ C P D) = (△ B P C) + (A P D)$ , es la recta de Newton de $A B C D$ .

Demostración. Sean $P$ un punto en el interior de $A B C D$ tal que $(△ A P B) + (△ C P D) = (△ B P C) + (A P D)$ y $F$ el punto medio de $B D$ .

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

$(△ A P B) = (△ A F B) + (△ B F P) - (△ A F P)$ ,
$(△ C P D) = (△ C F D) + (△ C F P) - (△ D F P)$ ,
$(△ A P D) = (△ A F D) + (△ A F P) + (△ D F P)$ ,
$(△ B P C) = (△ B F C) - (△ B F P) - (△ C F P)$ .

Entonces, por hipótesis:
$(△ A F B) + (△ B F P) - (△ A F P) + (△ C F D) + (△ C F P) - (△ D F P)$
$= (△ A F D) + (△ A F P) + (△ D F P) + (△ B F C) - (△ B F P) - (△ C F P)$ .

$\Leftrightarrow$
$(△ A F B) + 2 (△ B F P) + (△ C F D) + 2 (△ C F P)$
$\begin{matrix} (14) & = (△ A F D) + 2 (△ A F P) + 2 (△ D F P) + (△ B F C) . \end{matrix}$

Notemos que como $B$ , $F$ y $D$ son colineales entonces $△ A F B$ y $△ A F D$ tienen la misma altura desde $A$ , y ya que $F B = F D$ entonces $(△ A F B) = (△ A F D)$ .

Igualmente podemos ver que
$(△ B F P) = (△ D F P)$ y $(△ C F D) = (△ B F C)$ .

De la ecuación $(2)$ se sigue que $(△ C F P) = (△ A F P)$ .

Como ambos triángulos tienen la misma base entonces las alturas trazadas desde $A$ y $C$ a la recta $F P$ son la mismas, digamos $A G = C H$ .

Consideremos $E$ la intersección de $A C$ con $F P$ , entonces $△ A E G$ y $△ C E H$ son congruentes, por criterio ángulo, lado, ángulo.

Por lo tanto $E$ es el punto medio de $A C$ y así $P$ está en la recta de Newton de $A B C D$ .

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

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

Demostración. Sean $A B C D$ un cuadrilátero circunscrito $I$ y $r$ el centro y el radio de su incírculo respectivamente, entonces por el teorema 1 sabemos que:
$A B + C D = A D + B C$
$\Rightarrow \frac{r}{2} (A B + C D) = \frac{r}{2} (A D + B C)$
$\Rightarrow (△ A I B) + (△ C I D) = (△ A I D) + (△ B I C)$ .

Por lo tanto, $I$ se encuentra en la recta de Newton de $A B C D$ .

Rectas concurrentes en el cuadrilátero circunscrito

Teorema 4. Sea $A B C D$ un cuadrilátero circunscrito y sean $E$ , $F$ , $G$ y $H$ los puntos de tangencia del circuncírculo con los lados $A B$ , $B C$ , $C D$ y $A D$ respectivamente, entonces,
$i)$ las cuerdas $E G$ , $F H$ y las diagonales $A C$ , $B D$ son concurrentes
$i i)$ si $P$ es el punto de concurrencia, entonces,
$\frac{A P}{C P} = \frac{x}{z}$ y $\frac{B P}{D P} = \frac{y}{w}$ .

Donde $A H = A E = x$ , $B E = B F = y$ , $C F = C G = z$ , $D G = D H = w$ .

Demostración. Sean $I$ el incentro de $A B C D$ y $P = A C \cap E G$ .

Como $A B$ y $C D$ son tangentes al circuncírculo en $E$ y $G$ respectivamente, entonces $∠ G E A = ∠ D G E$ , pues ambos son ángulos semiinscritos que abarcan el mismo arco.

Por lo tanto,
$\sin ∠ P E A = \sin ∠ D G P = \sin (π - ∠ D G P) = \sin ∠ P G C$ .

Por otro lado,
$2 (△ A E P) = A P \times E P \sin ∠ A P E = A E \times E P \sin ∠ P E A$ ,
$2 (△ C G P) = P G \times C P \sin ∠ C P G = C G \times G P \sin ∠ P G C$ .

$\Rightarrow \frac{(△ A E P)}{(△ C G P)} = \frac{A P \times E P}{P G \times C P} = \frac{A E \times E P}{C G \times G P}$
$\Rightarrow \frac{A P}{C P} = \frac{A E}{C G}$ .

Lo que significa que la cuerda $E G$ divide internamente a la diagonal $A C$ en la razón $\frac{A E}{C G} = \frac{x}{z}$ .

Similarmente podemos mostrar que la cuerda $F H$ divide internamente a la diagonal $A C$ en la razón $\frac{x}{z}$ , por lo tanto, $E G$ , $F H$ , se intersecan en $A C$ .

Repitiendo este procedimiento, pero esta vez para la diagonal $B D$ podemos ver que $B D$ , $E G$ y $F H$ concurren, y que $\frac{B P}{D P} = \frac{y}{w}$ .

Por lo tanto, las diagonales $A C$ , $B D$ y las cuerdas $E G$ , $F H$ son concurrentes.

Corolario. Tenemos las siguientes igualdades (figura 4),
$\frac{(△ A P B)}{x y} = \frac{(△ B P C)}{y z} = \frac{(△ C P D)}{z w} = \frac{(△ A P D)}{x w}$ .

Demostración. Notemos que los triángulos $△ A P B$ y $△ B P C$ 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 $A C$ .

$\frac{(△ A P B)}{(△ B P C)} = \frac{A P}{P C} = \frac{x}{z} \Leftrightarrow \frac{(△ A P B)}{x y} = \frac{(△ B P C)}{z y}$ .

Las otras igualdades se muestran de manera análoga.

Una propiedad referente a inradios

Teorema 5. Sean $A B C D$ circunscrito, $P$ el punto de intersección de las diagonales, y consideremos los inradios $r_{1}$ , $r_{2}$ , $r_{3}$ , $r_{4}$ , de los triángulos $△ A P B$ , $△ B P C$ , $△ C P D$ y $△ A P D$ respectivamente, entonces
$\frac{1}{r_{1}} + \frac{1}{r_{3}} = \frac{1}{r_{2}} + \frac{1}{r_{4}}$ .

Demostración. Por el corolario anterior, sea $λ = \frac{(△ A P B)}{x y} = \frac{(△ B P C)}{y z} = \frac{(△ C P D)}{z w} = \frac{(△ A P D)}{x w} \neq 0$ .

Por el teorema 4, tenemos que $\frac{A P}{C P} = \frac{x}{z}$ y $\frac{B P}{D P} = \frac{y}{w}$ .

Entonces sean $η = \frac{A P}{x} = \frac{C P}{z}$ y $μ = \frac{B P}{y} = \frac{D P}{w}$ .

Ahora calculamos el área de $△ A P B$ .

$(△ A P B) = r_{1} s = \frac{r_{1}}{2} (A P + P B + A B)$
$\Leftrightarrow \frac{1}{r_{1}} = \frac{A P + P B + A B}{2 (△ A P B)} = \frac{A P + P B + A B}{2 λ x y}$
$\Leftrightarrow \frac{2 λ}{r_{1}} = \frac{A P + P B + A B}{x y} = \frac{x η + y μ + (x + y)}{x y}$
$= \frac{x (η + 1) + y (μ + 1))}{x y} = \frac{η + 1}{y} + \frac{μ + 1}{x}$ .

De manera análoga podemos ver que
$\frac{2 λ}{r_{3}} = \frac{η + 1}{w} + \frac{μ + 1}{z}$ .

Entonces,
$\frac{2 λ}{r_{1}} + \frac{2 λ}{r_{3}} = \frac{η + 1}{y} + \frac{μ + 1}{x} + \frac{η + 1}{w} + \frac{μ + 1}{z}$ .

Podemos encontrar de la misma forma
$\frac{2 λ}{r_{2}} + \frac{2 λ}{r_{4}} = \frac{η + 1}{y} + \frac{μ + 1}{z} + \frac{μ + 1}{x} + \frac{η + 1}{w}$ .

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

Puntos cíclicos en el cuadrilátero circunscrito

Lema. Sean $△ A B C$ , $I$ y $r$ el incentro y el inradio de su circuncírculo entonces
$i)$ $A B + A C - B C = 2 r \cot \frac{∠ A}{2}$ ,
$i i)$ $A I = \frac{r}{\sin \frac{∠ A}{2}}$ .

Demostración. Consideremos $D$ , $E$ y $F$ los puntos de tangencia de $(I, r)$ con $A B$ , $B C$ y $A D$ respectivamente entonces $A D = A F$ , $B D = B E$ y $C E = C F$ además en el triángulo rectángulo $△ A D I$
$\tan \frac{∠ A}{2} = \frac{I D}{A D} \Leftrightarrow A D = r \cot \frac{∠ A}{2}$ .

Por lo tanto, $A B + A C - B C = (A D + B D) + (A F + C F) - (B E + C E) = 2 A D = 2 r \cot \frac{∠ A}{2}$ .

Por otra parte en $△ A D I$ ,
$\sin \frac{∠ A}{2} = \frac{I D}{I A} \Leftrightarrow A I = \frac{r}{\sin \frac{∠ A}{2}}$ .

Teorema 6. Sean $A B C D$ circunscrito, $P$ la intersección de las diagonales, $I_{1}$ , $I_{2}$ , $I_{3}$ e $I_{4}$ los incentros de los triángulos $△ A P B$ , $△ B P C$ , $△ C P D$ y $△ A P D$ respectivamente entonces el cuadrilátero $I_{1} I_{2} I_{3} I_{4}$ es cíclico.

Demostración. Sean $r_{1}$ , $r_{2}$ , $r_{3}$ y $r_{4}$ los inradios de $△ A P B$ , $△ B P C$ , $△ C P D$ y $△ A P D$ respectivamente, notemos que $∠ A P B = ∠ C P D$ y $∠ B P C = ∠ D P A$ pues son opuestos por el vértice, entonces
$2 (∠ A P B + ∠ D P A) = 2 π \Leftrightarrow \frac{∠ A P B + ∠ D P A}{2} = \frac{π}{2}$ por lo que
$\sin \frac{∠ A P B}{2} = \cos \frac{∠ D P A}{2}$ y $\cos \frac{∠ A P B}{2} = \sin \frac{∠ D P A}{2}$ .

Aplicando el lema parte 1 a $△ A P B$ y $△ C P D$ obtenemos
$(A P + B P - A B) + (C P + D P - C D)$
$= 2 r_{1} \cot \frac{∠ A P B}{2} + 2 r_{3} \cot \frac{∠ C P D}{2} = 2 \cot \frac{∠ A P B}{2} (r_{1} + r_{3})$ .

Hacemos lo mismo con $△ B P C$ y $△ A P D$ ,
$(B P + C P - B C) + (D P + A P - A D) = 2 \cot \frac{∠ D P A}{2} (r_{2} + r_{4})$ .

Como $A B C D$ es circunscrito por el teorema 1, $A B + C D = B C + A D$ por lo que
$(A P + B P - A B) + (C P + D P - C D) = (B P + C P - B C) + (D P + A P - A D)$ .

Y por lo tanto,
$2 \cot \frac{∠ A P B}{2} (r_{1} + r_{3}) = 2 \cot \frac{∠ D P A}{2} (r_{2} + r_{4})$

$\Rightarrow \frac{r_{1} + r_{3}}{r_{2} + r_{4}} = \frac{\cot \frac{∠ D P A}{2}}{\cot \frac{∠ A P B}{2}}$
$= \frac{\frac{\cos \frac{∠ D P A}{2}}{\sin \frac{∠ D P A}{2}}}{\frac{\cos \frac{∠ A P B}{2}}{\sin \frac{∠ A P B}{2}}} = \frac{\frac{\sin \frac{∠ A P B}{2}}{\cos \frac{∠ A P B}{2}}}{\frac{\cos \frac{∠ A P B}{2}}{\sin \frac{∠ A P B}{2}}} = \frac{\sin^{2} \frac{∠ A P B}{2}}{\cos^{2} \frac{∠ A P B}{2}}$

$\begin{matrix} (15) & = \tan^{2} \frac{∠ A P B}{2} . \end{matrix}$

Por otra parte aplicamos el lema parte 2 a $△ A P B$ y $△ C P D$
$P I_{1} \times P I_{3} = \frac{r_{1}}{\sin \frac{∠ A P B}{2}} \frac{r_{3}}{\sin \frac{∠ C P D}{2}} = \frac{r_{1} r_{3}}{\sin^{2} \frac{∠ A P B}{2}}$ .

Hacemos lo mismo con $△ B P C$ y $△ A P D$
$P I_{2} \times P I_{4} = \frac{r_{2}}{\sin \frac{∠ B P C}{2}} \frac{r_{4}}{\sin \frac{∠ D P A}{2}} = \frac{r_{2} r_{4}}{\sin^{2} \frac{∠ D P A}{2}}$ .

Realizamos el cociente de las dos últimas expresiones encontradas
$\frac{P I_{2} \times P I_{4}}{P I_{1} \times P I_{3}} = \frac{r_{2} r_{4}}{\sin^{2} \frac{∠ D P A}{2}} \frac{\sin^{2} \frac{∠ A P B}{2}}{r_{1} r_{3}} = \frac{r_{2} r_{4}}{r_{1} r_{3}} \frac{\sin^{2} \frac{∠ A P B}{2}}{\cos^{2} \frac{∠ A P B}{2}}$

$\begin{matrix} (16) & = \frac{r_{2} r_{4}}{r_{1} r_{3}} \tan^{2} \frac{∠ A P B}{2} . \end{matrix}$

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

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

Por lo tanto,
$\frac{P I_{2} \times P I_{4}}{P I_{1} \times P I_{3}} = 1$
$\Leftrightarrow P I_{2} \times P I_{4} = P I_{1} \times P I_{3}$ .

Como $P = I_{1} I_{3} \cap I_{2} I_{4}$ , pues estas rectas son las bisectrices interna y externa de $∠ A P B$ , por el teorema de las cuerdas, el cuadrilátero $I_{1} I_{2} I_{3} I_{4}$ es cíclico.

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.

$i)$ Muestra que un cuadrilátero convexo es circunscrito si y solo si sus bisectrices internas son concurrentes.
$i i)$ Prueba que todo rombo es circunscrito.
Muestra que $A B C D$ convexo, es circunscrito si y solo si los incírculos de los triángulos $△ A B C$ y $△ A C D$ son tangentes entre si.
Sea $A B C D$ convexo, consideremos los incirculos de los triángulos $△ A B D$ , $△ A B C$ , $△ B C D$ y $△ A D C$ que son tangentes a los lados del cuadrilátero en $M$ , $T$ , $N$ , $O$ , $P$ , $Q$ , y $R$ , $S$ respectivamente, muestra que $A B C D$ es circunscrito si y solo si $M N + Q R = O P + S T$ .

Si $A B C D$ es circunscrito, con lados $a$ , $b$ , $c$ y $d$ muestra que:
$i)$ $(A B C D) = \sqrt{a b c d} \sin \frac{∠ A + ∠ C}{2} = \sqrt{a b c d} \sin \frac{∠ B + ∠ D}{2}$ ,
$i i)$ $(A B C D) \leq \sqrt{a b c d}$ .
Sean $A B C D$ circunscrito, $I$ el incentro del cuadrilátero y $P$ la intersección de las diagonales, muestra que los ortocentros de los triángulos $△ A I B$ , $△ B I C$ , $△ C I D$ , $△ A I D$ y $P$ son colineales.

Sean $A B C D$ circunscrito y $P$ la intersección de sus diagonales, muestra que los centros de los excírculos de los triángulos $△ A P B$ , $△ B P C$ , $△ C P D$ y $△ A P D$ opuestos a $P$ forman un cuadrilátero cíclico.

Entradas relacionadas

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Otros cursos.

Fuentes

Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 135-136.
Santos, J., Tesis Geometría del Cuadrilátero. 2010, pp 34-38.
Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 147-148.
Grinberg, Darij, Circumscribed quadrilaterals revisited, 2008
Cut the Knot
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»