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Geometría Moderna I: Cuadriláteros bicéntricos

Introducción

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.

Definición 1. Decimos que un cuadrilátero convexo es bicéntrico si sus lados son tangentes a una misma circunferencia y sus vértices están en una misma circunferencia, es decir es circunscrito y cíclico al mismo tiempo.

Caracterizaciones

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

Figura 1

Demostración.Como $\overline{AB}$ y $\overline{BC}$ son tangentes al incírculo en extremos opuestos de una misma cuerda, $E$ y $F$ respectivamente, sabemos que la medida de un ángulo semiinscrito es igual a la mitad del ángulo central que abarca el mismos arco, en este caso el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{EF}$ por lo tanto $\angle BEF = \angle EFB = \mu$ de manera análoga $\angle DGH = \angle GHD = \nu$.

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

Ahora supongamos que $\overline{EG}$ y $\overline{FH}$ son perpendiculares, y sea $P$ la intersección de estas cuerdas, entonces $\angle HPE =\dfrac{\pi}{2}$, así que en $\triangle HPE$, $\dfrac{\pi}{2} = \angle PEH + \angle EHP$. Pero $\angle EHF$ y $\mu$ abren el mismo arco, es decir tienen el mismo ángulo central por lo tanto son iguales, de manera similar $\nu = \angle GEH$, por lo tanto $\mu + \nu = \dfrac{\pi}{2}$, sustituyendo esta igualdad en $(1)$ tenemos $2\pi = \angle B + \angle D + \pi \Leftrightarrow \angle B + \angle D = \pi \Leftrightarrow \square ABCD$ es cíclico.

De manera reciproca supongamos que $\square ABCD$ es cíclico entonces $\angle B + \angle D = \pi$ y sustituyendo en $(1)$ concluimos que $\dfrac{\pi}{2} = \mu + \nu$, pero $\nu = \angle PEH$ y $\mu = \angle EHP$, por lo señalado arriba, por lo tanto $\angle PEH + \angle HPE = \dfrac{\pi}{2}$ y así $\overline{EG}$ y $\overline{FH}$ son perpendiculares.

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

Figura 2

Demostración. Notemos que el incírculo de $\square ABCD$ es al mismo tiempo el excentro de $\triangle AJB$ y $\triangle BKC$ opuesto a los vértices $J$ y $K$ respectivamente, por lo tanto $\overline{IJ}$ y $\overline{IK}$ son las bisectrices de $\angle J$ y $\angle K$ respectivamente.

Por otro lado, sean $E$, $F$, $G$ y $H$ como en el teorema anterior, en la prueba del teorema anterior vimos que $\angle JHF = \angle HFJ$ y $\angle EGK = \angle KEG$ por lo tanto $\triangle JHF$ y $\triangle KEG$ son isósceles.

Por lo anterior tenemos que las bisectrices de $\angle J$ y $\angle K$ son mediatrices de los lados $\overline{FH}$ y $\overline{EG}$ respectivamente así que $\overline{JL}$ es perpendicular a $\overline{FH}$ y $\overline{KM}$ es perpendicular a $\overline{EG}$ donde $L$ y $M$ son los puntos medios de $\overline{FH}$ y $\overline{EG}$ respectivamente.

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

Por lo tanto, $\overline{IJ} \perp \overline{IK} \Leftrightarrow \overline{FH} \perp \overline{EG} \Leftrightarrow \square ABCD$  es cíclico.

La última doble implicación se da por el teorema 1.

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Teorema de Fuss

Definición 2. Sea $(O, r)$ una circunferencia y $P$ un punto en el plano y trazamos una secante desde $P$ a $(O, r)$ con intersecciones en $A$ y $B$, definimos la potencia de $P$ con respecto a $(O, r)$ como el producto $\omega = PA \times PB$.

Cuando el punto es exterior a la circunferencia consideramos $\omega > 0$, si $P$ está en la circunferencia cualquier secante corta a $(O, r)$ en $P$ y por tanto $\omega = 0$, si el punto es interior a la circunferencia consideramos los segmentos $\overline{PA}$ y $\overline{PB}$ con signo contrario resultando así que $\omega < 0$.

Proposición.
$i)$ La potencia de $P$ con respecto a $(O, r)$ es independiente de la secante que tracemos.
$ii)$ Podemos calcular la potencia de $P$ con respecto a $(O, r)$ como $\omega = OP^2 – r^2$.

Demostración. Trataremos el caso en que $P$ es interior a $(O, r)$.
$i)$ Trazamos dos secantes distintas por $P$ a $(O, r)$, $\overline{AB}$ y $\overline{A’B’}$ entonces $\triangle PAB’$ y $\triangle PA’B$ son semejantes por criterio ángulo, ángulo, ángulo y así 
$\dfrac{PA}{PA’} = \dfrac{PB’}{PB} \Leftrightarrow PA \times PB = PA’ \times PB’ = \omega$.

Figura 3

$ii)$ Trazamos $\overline{CD}$ una secante por $P$, perpendicular al segmento $\overline{OP}$, por criterio lado, lado, ángulo recto $\triangle OPC$  y $\triangle OPD$ son congruentes por lo que $PC = PD$ y así $\omega = – PC \times PD = – PC^2$ y por el teorema de Pitágoras $\omega = – (OC^2 – OP^2) = OP^2 – r^2$.

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

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

Figura 4

Como $\square ABCD$  es cíclico $\angle A + \angle C = \pi$ y recordemos que $I$ es la intersección de las diagonales internas de $\square ABCD$  por lo que
$\begin{equation} \angle EAI + \angle ICF = \dfrac{\pi}{2} \end{equation}$

Como $\triangle AEI$ y $\triangle CFI$ son rectángulos y tienen la misma altura desde $I$ Al “pegar” los triángulos $\triangle AEI$ y $\triangle CFI$ por la altura formamos un triángulo rectángulo $\triangle ACI$ cuya área es  
$(\triangle ACI) = \dfrac{(AE + FC)r}{2} = \dfrac{AI \times CI}{2}$
$\Leftrightarrow (AE + FC)^2r^2 = AI^2 \times CI^2$.

Figura 5

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

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

Consideremos $H$ y $G$ los puntos donde $\overline{AI}$ y $\overline{CI}$ intersecan a $(O, R)$ respectivamente, entonces $\angle HAB = \angle HCB = \angle ICF$ pues son subtendidos por el mismo arco entonces por la ecuación $(2)$ $\angle HAG = \angle HAB + \angle BAG = \angle ICF + \angle EAI = \dfrac{\pi}{2}$ por lo tato $\overline{HG}$ es diámetro.

Usando la fórmula para calcular la mediana $\overline{IO}$ en $\triangle IHG$ obtenemos
$IH^2 + IG^2 = 2IO^2 + \dfrac{HG^2}{2} = 2d^2 + \dfrac{(2R)^2}{2}$
$\begin{equation} = 2(d^2 + R^2) \end{equation}$

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

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

De $(4)$ y $(5)$ obtenemos
$\dfrac{1}{AI^2} + \dfrac{1}{CI^2} = \dfrac{GI^2}{(R^2 – d^2)^2} + \dfrac{HI^2}{(R^2 – d^2)^2}$
$= \dfrac{GI^2 + HI^2}{(R^2 – d^2)^2} = \dfrac{2(d^2 + R^2)}{(R^2 – d^2)^2} = \dfrac{(R + d)^2 + (R – d)^2)}{(R^2 – d^2)^2}$
$\begin{equation} = \dfrac{1}{(R + d)^2} + \dfrac{1}{(R – d)^2} \end{equation}$

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

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Puntos colineales

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

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

Figura 6

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

Como $\overline{CG}$ es bisectriz de $\angle DCB$ entonces $\angle DBG = \angle DCG = \angle GCB = \angle GDB$ por tanto $\triangle GBD$ es isósceles y así la mediatriz de $\overline{BD}$ y la mediana por $G$coninciden 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 $\overline{GE}$ es diámetro por lo tanto $G$, $N$, $O$ y $E$ son colineales además $\angle ONP = \dfrac{\pi}{2}$ donde $P$ es la intersección de las diagonales $\overline{AC}$ y $\overline{BD}$.

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

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

Por otro lado $\square DBHF$ es cíclico, $I$ es la intersección de las diagonales por construcción así que $\triangle IBD \sim \triangle IHF \Rightarrow \dfrac{IB}{IH} = \dfrac{BD}{FH} = \dfrac{\dfrac{1}{2}BD}{\dfrac{1}{2}FH} = \dfrac{BN}{OH}$
y como $\angle IBN = \angle OHI \Rightarrow \triangle IBN \sim \triangle IHO \Rightarrow \angle BNI = \angle IOH$ y así
$\begin{equation}  \angle INP = \angle MOI \end{equation}$

Por el teorema de Newton $N$, $I$ y $M$ son colineales, además $I$ se encuentra entre $N$ y $M$ pues estos están sobre lados opuestos del cuadrilátero $\square DBHF$ y por las ecuaciones $(7)$ y $(8)$ tenemos $\angle MOI =  \angle INP = \angle MNP = \angle MOP$.

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

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Acotando el área del cuadrilátero bicéntrico

Teorema 5. Sea $\square ABCD$ un cuadrilátero bicéntrico con inradio $r$ y circunradio $R$ entonces
$4r^2 \leq (\square ABCD) \leq 2R^2$.

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

Figura 7

Entonces $AE = AH = x$, ya que $\triangle IEA \cong \triangle IHA$ por criterio lado, lado, angulo recto, de manera análoga $BE = BF = y$, $CF = CG = z$ y $DG = DH = w$.

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

Usando la desigualdad entre la media aritmética y la media geométrica obtenemos
$(\square ABCD) = 2((\triangle IAE) + (\triangle IBF) + (\triangle ICG) + (\triangle IDH)) = r(x + y + z + w)$
$ = 2r (\dfrac{x + z}{2} + \dfrac{y + w}{2}) \geq 2r(\sqrt{xz} + \sqrt{yw}) = (2r)(2r) = 4r^2$.

Donde la igualdad se da si y solo si $x = y = z = t = r$, de donde se sigue que $\triangle ADC$ es isósceles por lo tanto $\angle IAH = \angle GCI = \dfrac{\pi}{4}$, del mismo modo vemos que $\angle IBE = \angle DIH = \dfrac{\pi}{4}$ y por lo tanto $\angle A = \angle B = \angle C = \angle D = \dfrac{\pi}{2}$  es decir $\square ABCD$  es un cuadrado.

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

Figura 8

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

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

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

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

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Tarea moral

  1. Muestra que para un cuadrilátero bicéntrico $\square ABCD$ de lados $a$, $b$, $c$ y $d$, diagonales $p$ y $q$, inradio $r$ y circunradio $R$ se tiene:
    $i)$ $(\square ABCD) = \sqrt{abcd}$
    $ii)$ $8pq \leq (a + b + c + d)^2$
    $iii)$ $\sqrt{2}r \leq R$
  2.  Sea $\square ABCD$ un cuadrilátero circunscrito y sean $E$, $F$, $G$ y $H$ los puntos de tangencia del incírculo a los lados $\overline{AB}$, $\overline{BC}$, $\overline{CD}$ y $\overline{AD}$ respectivamente, considera los puntos medios $I$, $J$, $K$ y $L$ de los segmentos $\overline{HE}$, $\overline{EF}$, $\overline{FG}$ y $\overline{GH}$ respectivamente muestra que $\square ABCD$ es cíclico si y solo si $\square IJKL$ es un rectángulo.
Figura 9
  1. Sea $\square ABCD$ bicéntrico, $(I, r)$ el incírculo y $P$ la intersección de las diagonales, muestra que:
    $i)$ $\dfrac{1}{AI^2} + \dfrac{1}{CI^2} = \dfrac{1}{BI^2} + \dfrac{1}{DI^2} = \dfrac{1}{r^2}$
    $ii)$ $\dfrac{AP}{CP} = \dfrac{AI^2}{CI^2}$ , $\dfrac{BP}{DP} = \dfrac{BI^2}{DI^2}$
  2. Sea $(O, r)$ una circunferencia y $P$ un punto exterior a la circunferencia muestra que:
    $i)$ la potencia de $P$ con respecto a $(O, r)$ es independiente de la secante que tracemos
    $ii)$ la potencia de $P$ con respecto a $(O, r)$ es $\omega = OP^2 – r^2 = PT^2$, donde $T$ es el punto de intersección de una tangente trazada desde $P$ a $(O, r)$.
  3. Construye un cuadrilátero bicéntrico.

Más adelante…

En la siguiente entrada estudiaremos propiedades de los cuadriláteros cuyas diagonales son perpendiculares.

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