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Geometría Moderna I: Cuadrilátero ortodiagonal

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

Introducción

Decimos que un cuadrilátero convexo es ortodiagonal si sus diagonales son perpendiculares. En esta entrada veremos algunas propiedades del cuadrilátero ortodiagonal.

Dos caracterizaciones para el cuadrilátero ortodiagonal

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 $A B C D$ convexo, consideremos $P$ la intersección de las diagonales, $ϕ = ∠ A P B$ , $ψ = ∠ B P C$ .

Como $ϕ + ψ = π$ entonces $\cos ϕ = - \cos ψ$ .

Aplicando la ley de los cosenos a los triángulos $△ A P B$ , $△ B P C$ , $△ C P D$ y $△ A P D$ obtenemos,
$A B^{2} = A P^{2} + B P^{2} - 2 A P \times B P \cos ϕ$ ,
$B C^{2} = B P^{2} + C P^{2} - 2 B P \times C P \cos ψ$ ,
$C D^{2} = C P^{2} + D P^{2} - 2 C P \times D P \cos ϕ$ ,
$A D^{2} = A P^{2} + D P^{2} - 2 A P \times D P \cos ψ$ .

Por lo tanto,
$A B^{2} + C D^{2} - B C^{2} - A D^{2}$
$= (A P^{2} + B P^{2} + 2 A P \times B P \cos ψ) + (C P^{2} + D P^{2} + 2 C P \times D P \cos ψ)$
$- (B P^{2} + C P^{2} - 2 B P \times C P \cos ψ) - (A P^{2} + D P^{2} - 2 A P \times D P \cos ψ)$
$= 2 \cos ψ (A P \times B P + C P \times D P + B P \times C P + A P \times D P)$ .

Notemos que $0 < ψ < π$ , por lo tanto,
$\overset{―}{A C} ⊥ \overset{―}{B D} \Leftrightarrow ψ = \frac{π}{2} \Leftrightarrow \cos ψ = 0$
$\Leftrightarrow A B^{2} + C D^{2} = B C^{2} + A D^{2}$ .

Proposición 1. Sean $A B C D$ convexo, $P$ la intersección de las diagonales, $m_{i}$ con $i = 1, 2, 3, 4$ las medianas de los triángulos $△ A P B$ , $△ B P C$ , $△ C P D$ y $△ A P D$ , que pasan por $P$ , entonces $A B C D$ es ortodiagonal si y solo si $m_{1}^{2} + m_{3}^{2} = m_{2}^{2} + m_{4}^{2}$ .

Demostración. Aplicando el teorema de Apolonio para calcular la longitud de las medianas en términos de los lados de sus respectivos triángulos obtenemos,

$m_{1}^{2} + m_{3}^{2} = m_{2}^{2} + m_{4}^{2}$
$\Leftrightarrow 4 m_{1}^{2} + 4 m_{3}^{2} = 4 m_{2}^{2} + 4 m_{4}^{2}$
$\Leftrightarrow 2 (A P^{2} + B P^{2}) - A B^{2} + 2 (C P^{2} + D P^{2}) - C D^{2}$
$= 2 (B P^{2} + C P^{2}) - B C^{2} + 2 (A P^{2} + D P^{2}) - A D^{2}$
$\Leftrightarrow A B^{2} + C D^{2} = B C^{2} + A D^{2}$ .

La última doble implicación es cierta por el teorema 1.

Circunferencia de los 8 puntos del cuadrilátero ortodiagonal

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

Lema 1. 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 $A B C D$ un cuadrilátero convexo $M_{1}$ , $M_{2}$ , $M_{3}$ y $M_{4}$ los puntos medios de $A B$ , $B C$ , $C D$ y $A D$ respectivamente.

Recordemos que las diagonales del cuadrilátero de Varignon, es decir, las bimedianas $M_{1} M_{3}$ y $M_{2} M_{4}$ , se intersecan en su punto medio, $G$ , al que llamamos centroide.

Sean $M_{1} H_{1}$ , $M_{2} H_{2}$ , $M_{3} H_{3}$ y $M_{4} H_{4}$ las $m$ -alturas de $A B C D$ .

Por construcción $∠ M_{3} H_{1} M_{1} = ∠ M_{1} H_{3} M_{3} = \frac{π}{2}$ , por lo tanto, $M_{1} M_{3}$ es el diámetro 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 $M_{2} M_{4}$ con centro en $G$ .

Teorema 2. 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.

A dicha circunferencia se le conoce como primera circunferencia de los ocho puntos del cuadrilátero ortodiagonal.

Demostración. El lema anterior 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 $A B C D$ .

Además, las bimedianas de un cuadrilátero se bisecan en el centroide del cuadrilátero.

Por lo tanto, el paralelogramo de Varignon y el cuadrilátero principal órtico son ambos cíclicos y comparten la misma circunferencia si y solo si $M_{1} M_{3} = M_{2} M_{4}$ , es decir, las bimedianas tienen la misma longitud, si y solo si el paralelogramo de Varignon es un rectángulo si y solo si $A B C D$ es ortodiagonal.

Teorema de Brahmagupta

Teorema 3. de Brahmagupta. En un cuadrilátero 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, el cual tiene la propiedad de ser simétrico al circuncentro respecto a $G$ , el centroide del cuadrilátero.

Sea $A B C D$ ortogonal y cíclico, tracemos el segmento $M P$ que pasa por el punto medio de $A B$ y la intersección de las diagonales $P$ , consideremos $H = M P \cap B C$ .

En un triángulo rectángulo la distancia del punto medio de la hipotenusa a los tres vértices del triángulo es la misma, por lo tanto, $△ A M P$ es isósceles pues $∠ D P A = \frac{π}{2}$ .

Esto implica que $∠ P A M = ∠ M P A = ∠ H P C$ .

Donde la última igualdad se debe a que los ángulos considerados son opuestos por el vértice, además $∠ A D P = ∠ P C H$ .

Como consecuencia de las últimas dos igualdades tenemos $△ A P D \sim △ P H C$ , por criterio de semejanza AA.

Entonces $∠ C H P = ∠ D P A = \frac{π}{2}$ , por lo tanto, $M H$ es una $m$ -altura de $A B C D$ .

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 $P$ .

Proposición 2. 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 $A B C D$ (figura 5) y $N$ el punto medio de $B C$ .

Sabemos que $G$ biseca a $M N$ y a $O P$ , por lo tanto, $M O N P$ es un paralelogramo, en consecuencia, la distancia de $O$ a $B C$ es $O N = M P = \frac{A D}{2}$ .

Donde la primera igualdad se da porque $M O N P$ es paralelogramo y la segunda porque $M$ es el punto medio de la hipotenusa en $△ A P D$ .

Corolario 1. El circunradio de un cuadrilátero cíclico y ortodiagonal $A B C D$ con lados $a = A B$ , $b = B C$ , $c = C D$ y $d = A D$ cumple la siguiente igualdad, $4 R^{2} = a^{2} + c^{2} = b^{2} + d^{2}$ .

Demostración. Por la prueba de la proposición anterior sabemos que $∠ O N B = \frac{π}{2}$ (figura 5), por lo tanto podemos aplicar el teorema de Pitágoras a $△ O N B$ .

$R^{2} = O B^{2} = O N^{2} + B N^{2} = (\frac{A D}{2})^{2} + (\frac{B C}{2})^{2}$
$\Leftrightarrow 4 R^{2} = d^{2} + b^{2}$ .

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

Circunferencia de Droz-Farny

Lema 2. Sean $A B C D$ cíclico $O$ y $H$ el circuncentro y el anticentro respectivamente, consideremos el cuadrilátero principal órtico con vértices $H_{1} \in C D$ , $H_{2} \in A D$ , $H_{3} \in A B$ , $H_{4} \in B C$ , 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 $A B C D$ 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 $H$ .

Demostración. Veamos que $X_{1} X_{1}^{'} X_{3} X_{3}^{'}$ es cíclico.

Dado que $H H_{1}$ es la mediatriz de $X_{1} X_{1}^{'}$ entonces $H X_{1} = H X_{1}^{'}$ , de manera similar vemos que $H X_{3} = H X_{3}^{'}$ .

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 $A B C D$ y recordemos que $G$ biseca a $O H$ .

Aplicando el teorema de Pitágoras a $△ H H_{1} X_{1}$ y el teorema de Apolonio a la mediana $H_{1} G$ en $△ H H_{1} O$ obtenemos,
$H X_{1}^{2} = H H_{1}^{2} + H_{1} X_{1}^{2} = H H_{1}^{2} + H_{1} O^{2}$
$\begin{matrix} (1) & = 2 H_{1} G^{2} + 2 O G^{2} . \end{matrix}$

De manera análoga calculamos
$\begin{matrix} (2) & H X_{3}^{2} = 2 H_{3} G^{2} + 2 O G^{2} . \end{matrix}$

Por el lema 1, $H_{1}$ 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 $H X_{1}^{'} = H X_{1} = H X_{3} = H X_{3}^{'}$ .

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.

Teorema 4. Sea $A B C D$ 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 $A B C D$ es ortodiagonal, esta es la primera circunferencia de Droz-Farny del cuadrilátero.

Demostración. Los puntos consideraos son concíclicos si y solo si las dos circunferencias a las que pertenecen tienen el mismo radio es decir $H X_{1} = H X_{2} = H X_{3} = H X_{4}$ .

En la demostración del lema anterior vimos que $H X_{i}^{2} = 2 H_{i} G^{2} + 2 O G^{2}$ .

Esto implica que $H X_{1} = H X_{2} = H X_{3} = H X_{4} \Leftrightarrow H_{1} G = H_{2} G = H_{3} G = H_{4} G$ , esto quiere decir que los vértices del cuadrilátero principal órtico de $A B C D$ están en una misma circunferencia con centro en $G$ .

Por el teorema 3, esto ocurre si y solo si $A B C D$ es ortodiagonal.

Proposición 3. Sea $A B C D$ cíclico y ortodiagonal entonces el radio de la primera circunferencia de Droz-Farny es igual al circunradio de $A B C D$ .

Demostración. Por la prueba de lema 2 sabemos que
$\begin{matrix} (3) & H X_{1}^{2} = 2 H_{1} G^{2} + 2 O G^{2} . \end{matrix}$

El teorema 3 nos dice que el anticentro $H$ coincide con $P$ , la intersección de las diagonales, por lo tanto $△ C H D$ es rectángulo (figura 7). Si $M_{3}$ es el punto medio de $C D$ , la hipotenusa, entonces $M_{3} H = M_{3} C$ .

Como $O$ esta en la mediatriz de $C D$ , entonces $O M_{3} ⊥ C D$ .

Aplicando el teorema de Pitágoras a $△ O M_{3} C$ y el teorema de Apolonio a la mediana $M_{3} G$ en $△ O H M_{3}$ tenemos,

$\begin{matrix} (4) & O C^{2} = M_{3} O^{2} + M_{3} C^{2} = M_{3} O^{2} + M_{3} H^{2} = 2 M_{3} G^{2} + 2 O G^{2} . \end{matrix}$

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 $R = O C = H X_{1}$ .

Más adelante…

En la siguiente entrada hablaremos sobre cuadriláteros que tienen un incírculo.

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 de todos los cuadriláteros convexos con diagonales dadas los ortodiagonales son los de mayor área y calcula el área en función de las diagonales.
Sea $A B C D$ 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 $△ A P B$ , $△ B P C$ , $△ C P D$ y $△ A P D$ respectivamente, demuestra que
$i)$ $A B C D$ es ortodiagonal si y solo si $R_{1}^{2} + R_{3}^{2} = R_{2}^{2} + R_{4}^{2}$
$i i)$ $A B C D$ es ortodiagonal si y solo si los circuncentros de los triángulos $△ A P B$ , $△ B P C$ , $△ C P D$ y $△ A P D$ son los puntos medios de los lados del cuadrilátero.
Sea $A B C D$ 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 $△ A P B$ , $△ B P C$ , $△ C P D$ y $△ A P D$ trazadas desde $P$ , muestra que $A B C D$ es ortodiagonal si y solo si $\frac{1}{h_{1}^{2}} + \frac{1}{h_{3}^{2}} = \frac{1}{h_{2}^{2}} + \frac{1}{h_{4}^{2}}$ .
Sean $A B C D$ 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 $A B$ , $B C$ , $C D$ y $A D$ respectivamente, y considera los puntos $P_{i}^{'}$ con $i = 1, 2, 3, 4$ como las intersecciones de $P P_{i}$ con el lado opuesto al que pertenece $P_{i}$ prueba que
$i)$ $A B C D$ es ortodiagonal si y solo si $∠ C B P + ∠ P C B + ∠ P A D + ∠ A D P = π$
$i i)$ $A B C D$ es ortodiagonal si y solo si $P_{1} P_{2} P_{3} P_{4}$ es cíclico.
$i i i)$ $A B C D$ es ortodiagonal si y solo si los 8 puntos $P_{i}$ , $P_{i}^{'}$ con $i = 1, 2, 3, 4$ son cíclicos, a esta circunferencia se le conoce como segunda circunferencia de los ocho puntos del cuadrilátero ortodiagonal.
$i v)$ La primera y la segunda circunferencias de los ocho puntos de un cuadrilátero ortodiagonal son la misma si y solo si el cuadrilátero es cíclico.

Muestra que un cuadrilátero convexo $A B C D$ es ortodiagonal si y solo si el cuadrilátero $P_{1}^{'} P_{2}^{'} P_{3}^{'} P_{4}^{'}$ , definido en el ejercicio anterior (figura 8), es un rectángulo cuyos lados son paralelos a las diagonales de $A B C D$ .
Sean $A B C D$ 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 $A B C D$ 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 $O$
$i i)$ Dichas circunferencias son la misma si y solo si $A B C D$ es ortodiagonal, esta es la segunda circunferencia de Droz-Farny del cuadrilátero.

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Fuentes

Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 136-138.
Mammana, Maria Flavia; Micale, Biagio; Pennisi, Mario., The Droz-Farny Circles of a Convex Quadrilateral, Forum Geometricorum, (2011), 11, pp 109–119.
Josefsson, Martin., Characterizations of Orthodiagonal Quadrilaterals, Forum Geometricorum, (2012), 12, pp 13–25.
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: Teorema de Ptolomeo

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

3 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 $A B C D$ un cuadrilátero cíclico inscrito en $(O, r)$ , la circunferencia con centro en $O$ .

Los ángulos opuestos $∠ A D C$ y $∠ C B A$ son subtendidos por los arcos $A C$ y $C A$ respectivamente y por el teorema de la medida del ángulo inscrito tenemos que
$∠ A D C + ∠ C B A = \frac{∠ A O C}{2} + \frac{∠ C O A}{2} = \frac{2 π}{2} = π$ .

De manera análoga se ve que $∠ B A D$ y $∠ D C B$ son suplementarios.

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

Ahora supongamos que los ángulos opuestos $∠ A D C$ y $∠ C B A$ de $A B C D$ son suplementarios.

Consideremos el circuncírculo de $△ A B C$ , entonces todos los puntos en el arco $\overset{⌢}{C A}$ que no contiene a $B$ subtienden un ángulo $∠ A D C$ suplementario a $∠ C B A$ , pero este lugar geométrico es único.

Por lo tanto $D \in \overset{⌢}{C A}$ y en consecuencia $A B C D$ es cíclico.

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 $A B C D$ un cuadrilátero convexo, construyamos sobre el segmento $A B$ (figura 2), un triángulo $△ A B E$ semejante a $△ A D C$ tal que $∠ A B E = ∠ A D C$ y $∠ B A E = ∠ C A D$ entonces

$\begin{matrix} (5) & \frac{E A}{C A} = \frac{B A}{D A} \Leftrightarrow \frac{E A}{B A} = \frac{C A}{D A} . \end{matrix}$

Dado que $∠ C A E = ∠ B A D$ y por $(1)$ , por criterio lado, ángulo, lado, los triángulos $△ E A C$ y $△ B A D$ son semejantes, entonces de la primera y segunda relaciones de semejanza tenemos que
$\frac{E B}{C D} = \frac{A B}{A D}$ y $\frac{E C}{B D} = \frac{A C}{A D}$
$\Leftrightarrow$ $E B = \frac{A B \times C D}{A D}$ y $E C = \frac{A C \times B D}{A D}$ .

Ahora notemos que tenemos dos casos:

Caso 1. (izquierda figura 2)
$B \in E C$ $\Leftrightarrow$ $∠ C B A + ∠ A D C = ∠ C B A + ∠ A B E = π$ $\Leftrightarrow$ $A B C D$ es cíclico,
y en tal caso $E C = E B + B C$ $\Leftrightarrow$ $\frac{A C \times B D}{A D} = \frac{A B \times C D}{A D} + B C$
$\Leftrightarrow$ $A C \times B D = A B \times C D + A D \times B C$ .

Caso 2. (derecha figura 2)
$E$ , $B$ y $C$ son tres puntos no colineales $\Leftrightarrow$ $∠ C B A + ∠ A D C = ∠ C B A + ∠ A B E \neq π$ $\Leftrightarrow$ $A B C D$ no es cíclico, entonces aplicando la desigualdad del triángulo a $△ E B C$ tenemos que
$E C < E B + B C$ $\Leftrightarrow$ $A C \times B D < A B \times C D + A D \times B C$ .

De lo anterior se sigue que $A B \times C D + A D \times B C \geq A C \times B D$ , con la igualdad si y solo si $A B C D$ es cíclico.

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 $A B = a$ , $B C = b$ , $C D = c$ y $D A = d$ , la prueba del teorema de Ptolomeo nos sugiere una manera de resolver este problema.

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

Aquí usaremos que $B \in E C$ $\Leftrightarrow$ $A B C D$ es cíclico y que los triángulos $△ A B E$ y $△ A D C$ son semejantes, como en la prueba anterior.

La razón de semejanza está dada por $\frac{A E}{A C} = \frac{B E}{C D} = \frac{a c}{d c} = \frac{a}{d}$ .

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 $\frac{a}{d}$ .

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 $A C$ podemos completar el triángulo $△ A C D$ trazando circunferencias $(A, d)$ y $(C, c)$ , una de las intersecciones será el cuarto vértice del cuadrilátero buscado.

Por construcción $△ A B E$ y $△ A D C$ son semejantes por lo que $∠ C B A$ y $∠ A D C$ son suplementarios.

Por lo tanto $A B C D$ es cíclico.

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

Problema 2. Sean $△ A B C$ isósceles con $A B = A C$ y $P$ un punto en el arco $\overset{⌢}{B C}$ del circuncírculo de $△ A B C$ , muestra que $\frac{P A}{P B + P C} = \frac{A C}{B C}$ .

Solución. Aplicando el teorema de Ptolomeo a $A B P C$ tenemos que
$P A \times B C = A B \times P C + A C \times P B$
$= A C \times P C + A C \times P B = A C (P C + P B)$ .

Por lo tanto, $\frac{P A}{P B + P C} = \frac{A C}{B C}$ .

Problema 3. Sean $A B C D E$ un pentágono regular inscrito en una circunferencia y $P$ un punto en el arco $\overset{⌢}{B C}$ , muestra que $P A + P D = P B + P C + P E$ .

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

Aplicando el teorema de Ptolomeo a $A B P C$ y $B P C D$ obtenemos
$B C \times P A = A B \times P C + A C \times P B = B C \times P C + A C \times P B$
$B C \times P D = P B \times C D + P C \times B D = P B \times B C + P C \times A C$ .

Sumando estas dos últimas igualdades tenemos
$\begin{matrix} (6) & B C (P A + P D) = B C (P B + P C) + A C (P B + P C) . \end{matrix}$

Por otra parte dado que $△ B E C$ es isósceles podemos aplicar el resultado del problema anterior y obtenemos $\frac{P E}{P B + P C} = \frac{E C}{B C}$

$\Leftrightarrow$ $\begin{matrix} (7) & \frac{P E \times B C}{P B + P C} = E C = A C . \end{matrix}$

Sustituyendo $(3)$ en $(2)$ resulta
$B C (P A + P D) = B C (P B + P C) + \frac{P E \times B C}{P B + P C} (P B + P C)$ .

Por lo tanto, $P A + P D = P B + P C + P E$ .

Hexágono cíclico

Problema 4. Sea $A B C D E F$ un hexágono convexo inscrito en una circunferencia. Consideremos las diagonales que dividen al hexágono en dos cuadriláteros cíclicos, $A D = d$ , $C F = e$ y $B E = f$ y los lados del hexágono que no comparten vértices con dichas diagonales $B C = a$ , $E F = a^{'}$ , $D E = b$ , $A B = b^{'}$ , $A F = c$ , $C D = c^{'}$ respectivamente, entonces $d e f = a a^{'} d + b b^{'} e + c c^{'} f + a b c + a^{'} b^{'} c^{'}$ .

Demostración. Aplicando el teorema de Ptolomeo a $A B C D$ y $B C D E$ obtenemos
$a d + b^{'} c^{'} = A C \times B D$ y $a b + c^{'} f = B D \times C E$ .

Multiplicamos por $a^{'}$ y $c$ respectivamente y después sumamos el resultado y obtenemos:
$a a^{'} d + a^{'} b^{'} c^{'} + a b c + c c^{'} f$
$= a^{'} (A C \times B D) + c (B D \times C E) = B D (a^{'} A C + c C E)$ .

Aplicando Ptolomeo a $A C E F$ obtenemos $a^{'} A C + c C E = e A E$ .

Por lo tanto $a a^{'} d + a^{'} b^{'} c^{'} + a b c + c c^{'} f = B D (e A E) = e (B D \times A E)$ .

Ahora consideramos $A B D E$ y por el teorema de Ptolomeo obtenemos
$B D \times A E = d f - b b^{'}$ .

En consecuencia tenemos $a a^{'} d + a^{'} b^{'} c^{'} + a b c + c c^{'} f = e (d f - b b^{'})$ .

Por lo tanto, $d e f = a a^{'} d + b b^{'} e + c c^{'} f + a b c + a^{'} b^{'} c^{'}$ .

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.

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,
$i i)$ las mediatrices de los lados del cuadrilátero son concurrentes.
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.

Como podrás haber notado nuestra construcción del cuadrilátero cíclico no es única pues partimos de una suposición arbitraria, que $A B = a$ , $B C = b$ , $C D = c$ y $D A = d$ 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.
Expresa la razón de las diagonales de un cuadrilátero cíclico en términos de sus lados.
Considera $△ A B C$ equilátero y $P$ un punto en el arco $\overset{⌢}{B C}$ del circuncírculo de $△ A B C$ , prueba que $P A = P B + P C$ .
Sean $A B C D$ un cuadrado y $P \in \overset{⌢}{B C}$ del circuncírculo de $A B C D$ , muestra que $\frac{P A + P C}{P D + P B} = \frac{P D}{P A}$ .
Si $A B C D E F$ es un hexágono regular y $P \in \overset{⌢}{B C}$ del circuncírculo de $A B C D E F$ , muestra que $P E + P F = P A + P B + P C + P D$ .
Sean $△ A B C$ equilátero, $P \in \overset{⌢}{B C}$ del circuncírculo de $△ A B C$ y $D$ la intersección de $B C$ con $A P$ , demuestra que $\frac{1}{P D} = \frac{1}{P B} + \frac{1}{P C}$ .

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Otros cursos.

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»

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