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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.

$\blacksquare$

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 $\omega = – (OC^2 – OP^2) = OP^2 – r^2$.

$\blacksquare$

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
$\dfrac{1}{r^2} = \dfrac{1}{(R + d)^2} + \dfrac{1}{(R – d)^2}$.

$\blacksquare$

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.

$\blacksquare$

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.

$\blacksquare$

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.

$\blacksquare$

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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Geometría Moderna I: Cuadriláteros circunscritos

Introducción

Sabemos que los lados de un triangulo siempre son tangentes a una misma circunferencia que llamamos incírculo cuyo centro es el punto donde concurren las bisectrices internas, en esta entrada estudiaremos cuando los lados de un cuadriláteros son tangentes a una misma circunferencia y algunas propiedades.

Definición 1. Decimos que un cuadrilátero es circunscrito si sus lados son tangentes a una misma circunferencia. Nos referimos a dicha circunferencia como el incírculo y a su radio como el inradio del cuadrilátero circunscrito.

Una caracterización

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

Demostración. Sea $\square ABCD$ un cuadrilátero circunscrito y sean $E$, $F$, $G$ y $H$ los puntos de tangencia de la circunferencia a los lados $\overline{AB}$, $\overline{BC}$, $\overline{CD}$ y $\overline{AD}$ respectivamente y consideremos $I$ el centro de la circunferencia.

Los triángulos $\triangle AIH$ y $\triangle AIE$ son congruentes por criterio lado, lado, ángulo recto, por lo tanto, $AH = AE = x$. De manera análoga podemos ver que $BE = BF = y$, $CF = CG = z$, $DG = DH = w$.

Entonces $AB + CD = (x + y) + (z + w) = (x + w) + (z + y) = AD + BC$.

$\blacksquare$

Ahora supongamos que en $\square ABCD$ se tiene que $AB + CD = AD + BC$ y que existe un par de lados adyacentes que no son iguales. Sin pérdida de generalidad podemos suponer que $AB > BC$ entonces
$\begin{equation} AD – CD = AB – BC > 0 \end{equation}$.

Sean $E \in AB$ y $F \in AD$ tales que $EB = BC$ y $FD = CD$ entonces por la ecuación $(1)$ $AE = AF$ y así los triángulos $\triangle AEF$, $\triangle BCE$ y $\triangle DFC$ son isósceles, por lo tanto, las bisectrices internas de los ángulos $\angle AEF$, $\angle BCE$ y $\angle DFC$, son las mediatrices de los lados del triángulo $\triangle EFC$, por lo tanto, son concurrentes en un punto $I$.

Como $I$ está en las bisectrices internas de los ángulos $\angle AEF$, $\angle BCE$ y $\angle DFC$ 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 $\square ABCD$.

La otra posibilidad es que todos los lados del cuadrilátero sean iguales es decir el cuadrilátero sea un rombo, este caso se dejara como ejercicio.

$\blacksquare$

Puntos colineales

Definición 2. Llamamos recta de Newton a la recta determinada por los puntos medios de las diagonales de un cuadrilátero que no es paralelogramo, recordemos que en un paralelogramo las diagonales se bisecan.

Teorema 2. De Leon Anne. Sea $\square ABCD$ un cuadrilátero que no es un paralelogramo, el lugar geométrico de los puntos $P$ en el interior de $\square ABCD$ tal que $(\triangle APB) + (\triangle CPD) = (\triangle BPC) + (APD)$, es la recta de Newton de $\square ABCD$.

Demostración. Mostraremos que si $P$ es un punto en el interior de $\square ABCD$ y cumple que $(\triangle APB) + (\triangle CPD) = (\triangle BPC) + (APD)$ entonces $P$ pertenece a la recta de Newton, la propiedad reciproca quedara como ejercicio.

Sea $F$ el punto medio de $\overline{BD}$, podemos ver el área de los triángulos considerados como suma y diferencia de otras áreas:
$(\triangle APB) = (\triangle AFB) + (\triangle BFP) – (\triangle AFP)$
$(\triangle CPD) = (\triangle CFD) + (\triangle CFP) – (\triangle DFP)$
$(\triangle APD) = (\triangle AFD) + (\triangle AFP) + (\triangle DFP)$
$(\triangle BPC) = (\triangle BFC) – (\triangle BFP) – (\triangle CFP)$.

Entonces por hipótesis:
$(\triangle AFB) + (\triangle BFP) – (\triangle AFP) + (\triangle CFD) + (\triangle CFP) – (\triangle DFP)$
$= (\triangle AFD) + (\triangle AFP) + (\triangle DFP) + (\triangle BFC) – (\triangle BFP) – (\triangle CFP)$
$\Leftrightarrow (\triangle AFB) + 2(\triangle BFP) + (\triangle CFD) + 2(\triangle CFP)$
$\begin{equation} = (\triangle AFD) + 2(\triangle AFP) + 2(\triangle DFP) + (\triangle BFC) \end{equation}$

Notemos que como $B$, $F$ y $D$ son colineales entonces $\triangle AFB$ y $\triangle AFD$ tienen la misma altura desde $A$, y ya que $FB = FD$ entonces $(\triangle AFB) = (\triangle AFD)$

Por un argumento similar $(\triangle BFP) = (\triangle DFP)$ y $(\triangle CFD) = (\triangle BFC)$.

De la ecuación $(2)$ se sigue que $(\triangle CFP) = (\triangle AFP)$
como ambos triángulos tienen la misma base entonces las alturas trazadas desde $A$ y $C$ a la recta $\overline{FP}$ son la mismas digamos $AG = CH$.

Consideremos $E$ la intersección de $\overline{AC}$ con $\overline{FP}$, entonces $\triangle AEG$ y $\triangle CEH$ son congruentes por criterio ángulo, lado, ángulo por lo tanto $E$ es el punto medio de $\overline{AC}$ y así $P$ está en la recta de Newton de $\square ABCD$.

$\blacksquare$

Teorema 3. De Newton. El centro de un círculo circunscrito en un cuadrilátero que no es paralelogramo está en la recta de Newton del cuadrilátero.

Demostración. Sean $\square ABCD$ un cuadrilátero circunscrito $I$ y $r$ el centro y el radio de su incírculo respectivamente entonces por el teorema 1 sabemos que:
$AB + CD = AD + BC$
$\Rightarrow \dfrac{r}{2}(AB + CD) = \dfrac{r}{2}(AD + BC)$
$\Rightarrow (\triangle AIB) + (\triangle CID) = (\triangle AID) + (\triangle BIC)$
$\Rightarrow I$ se encuentra en la recta de Newton de $\square ABCD$

La última implicación se da por el teorema anterior.

$\blacksquare$

Rectas concurrentes

Teorema 4. Sea $\square ABCD$ un cuadrilátero circunscrito y sean $E$, $F$, $G$ y $H$ los puntos de tangencia del circuncírculo con los lados $\overline{AB}$, $\overline{BC}$, $\overline{CD}$ y $\overline{AD}$ respectivamente, entonces las cuerdas $\overline{EG}$, $\overline{FH}$ y las diagonales $\overline{AC}$, $\overline{BD}$ son concurrentes y además si $P$ es el punto de concurrencia entonces $\dfrac{AP}{CP}  = \dfrac{x}{z}$ y $\dfrac{BP}{DP}  = \dfrac{y}{w}$
donde $AH = AE = x$, $BE = BF = y$, $CF = CG = z$, $DG = DH = w$, (ver teorema 1).

Demostración. Sean $I$ el incentro de $\square ABCD$ y $P$ la intersección de $\overline{AC}$ con $\overline{EG}$, como $\overline{AB}$ y $\overline{CD}$ son tangentes al circuncírculo en $E$ y $G$ respectivamente por el Teorema del ángulo semiinscrito $\angle GEA = \dfrac{\angle GIE}{2} = \angle DGE$.

Por lo tanto
$\sin \angle PEA = \sin \angle DGP = \sin (180 – \angle DGP) = \sin \angle PGC$,
$2(\triangle AEP) = AP \times EP \sin APE = AE \times EP \sin PEA$,
$2(\triangle CGP) = CP \times GP \sin CPG = CG \times GP \sin PGC$.

$\Rightarrow \dfrac{(\triangle AEP) }{(\triangle CGP)} = \dfrac{AP \times EP}{CP \times GP} = \dfrac{AE \times EP}{CG \times GP}$
$\Rightarrow \dfrac{AP}{CP}  = \dfrac{AE}{CG}$

Lo que significa que la cuerda $\overline{EG}$ divide a la diagonal $\overline{AC}$ en la razón $\dfrac{AE}{CG} = \dfrac{x}{z}$.

Por un argumento similar podemos mostrar que la cuerda $\overline{FH}$ divide a la diagonal $\overline{AC}$ en la razón $\dfrac{AP’}{CP’}  = \dfrac{AH}{CF} = \dfrac{x}{z}$ donde $P’$ es la intersección de $\overline{AC}$ y $\overline{FH}$, por lo que $\dfrac{AP}{CP} = \dfrac{AP’}{CP’}$.

Veamos que la última igualdad implica que $P = P’$. Supongamos lo contrario para llegar a una contradicción, digamos $AP’ = AP + \epsilon$ y $P’C = PC – \epsilon$.

Entonces
$\dfrac{AP}{CP} = \dfrac{AP’}{CP’}$
$\Leftrightarrow (AP \times PC) – AP\epsilon = (AP \times PC) + PC \epsilon$
$\Leftrightarrow 0 > – AP = PC$

lo cual es una contradicción pues $AP > 0$, $PC > 0$.

Así $\overline{AC}$, $\overline{EG}$ y $\overline{FH}$ concurren. Repitiendo la prueba, pero esta vez para la diagonal $\overline{BD}$ podemos ver que $\overline{BD}$, $\overline{EG}$ y $\overline{FH}$ concurren, y que $\dfrac{BP}{DP}  = \dfrac{y}{w}$.

Por lo tanto, las diagonales $\overline{AC}$, $\overline{BD}$ y las cuerdas $\overline{EG}$, $\overline{FH}$ son concurrentes.

$\blacksquare$

Corolario. Sean $\square ABCD$ circunscrito, $E$, $F$, $G$, $H$ y $P$ como en el teorema anterior entonces
$\dfrac{(\triangle APB)}{xy} = \dfrac{(\triangle BPC)}{yz} = \dfrac{(\triangle CPD)}{zw} = \dfrac{(\triangle APD)}{xw}$.

Demostración. Podemos guiarnos con la imagen del teorema anterior, notemos que los triángulos $\triangle APB$ y $\triangle BPC$ 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 $\overline{AC}$.

$\dfrac{(\triangle APB)}{(\triangle BPC)} = \dfrac{AP}{PC} = \dfrac{x}{z}$
$\Leftrightarrow \dfrac{(\triangle APB)}{xy} = \dfrac{(\triangle BPC)}{zy}$

Las otras igualdades se muestran de manera análoga.

$\blacksquare$

Puntos cíclicos

Teorema 5. Sean $\square ABCD$ circunscrito, $P$ el punto de intersección de las diagonales, y consideremos los inradios $r_{1}$, $r_{2}$, $r_{3}$, $r_{4}$, de los triángulos  $\triangle APB$, $\triangle BPC$, $\triangle CPD$ y $\triangle APD$ respectivamente entonces
$\dfrac{1}{ r_{1}} + \dfrac{1}{ r_{3}} = \dfrac{1}{ r_{2}} + \dfrac{1}{ r_{4}}$

Demostración. Por el corolario anterior, sea $\lambda = \dfrac{(\triangle APB)}{xy} = \dfrac{(\triangle BPC)}{yz} = \dfrac{(\triangle CPD)}{zw} = \dfrac{(\triangle APD)}{xw} \neq 0$

Por el teorema 4 tenemos que $\dfrac{AP}{CP}  = \dfrac{x}{z}$ y $\dfrac{BP}{DP}  = \dfrac{y}{w}$
por lo tanto, sean $\eta = \dfrac{AP}{x}  = \dfrac{CP}{z}$ y $\mu = \dfrac{BP}{y}  = \dfrac{DP}{w}$

Por un ejercicio de la entrada Formulas de Herón y Brahmagupta sabemos que
$(\triangle APB) = r_{1}s = \dfrac{r_{1}}{2}(AP + PB + AB)$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{r_{1}} = \dfrac{AP + PB + AB}{2(\triangle APB)} = \dfrac{AP + PB + AB}{2 \lambda xy}$
$\Leftrightarrow \dfrac{2 \lambda}{r_{1}} = \dfrac{AP + PB + AB}{xy} = \dfrac{x \eta + y \mu + (x + y)}{xy}$
$= \dfrac{x(\eta + 1) + y(\mu + 1))}{xy} = \dfrac{\eta + 1}{y} + \dfrac{\mu + 1}{x}$

De manera análoga podemos ver que
$\dfrac{2 \lambda}{r_{3}} = \dfrac{\eta + 1}{w} + \dfrac{\mu + 1}{z}$

Entonces $\dfrac{2 \lambda}{r_{1}} + \dfrac{2 \lambda}{r_{3}} = \dfrac{\eta + 1}{y} + \dfrac{\mu + 1}{x} + \dfrac{\eta + 1}{w} + \dfrac{\mu + 1}{z}$

Podemos encontrar de la misma forma
$\dfrac{2 \lambda}{r_{2}} + \dfrac{2 \lambda}{r_{4}} = \dfrac{\eta + 1}{y} + \dfrac{\mu + 1}{z} + \dfrac{\mu + 1}{x} + \dfrac{\eta + 1}{w}$

Por lo tanto $\dfrac{2 \lambda}{r_{1}} + \dfrac{2 \lambda}{r_{3}} = \dfrac{2 \lambda}{r_{1}} + \dfrac{2 \lambda}{r_{3}}$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{r_{1}} + \dfrac{1}{r_{3}} = \dfrac{1}{r_{2}} + \dfrac{1}{r_{4}}$

$\blacksquare$

Lema. Sean $\triangle ABC$, $I$ y $r$ el incentro y el inradio de su circuncírculo entonces

  1. $AB + AC – BC = 2 r \cot \dfrac{\angle A}{2}$
  2. $AI = \dfrac{r}{\sin \dfrac{\angle A}{2}}$

Demostración. Consideremos $D$, $E$ y $F$ los puntos de tangencia de $(I, r)$ con $\overline{AB}$, $\overline{BC}$ y $\overline{AD}$ respectivamente entonces $AD = AF$, $BD = BE$ y $CE = CF$ además en el triángulo rectángulo $\triangle ADI$
$\tan\dfrac{\angle A}{2} = \dfrac{ID}{AD} \Leftrightarrow AD = r \cot \dfrac{\angle A}{2}$

Por lo tanto, $AB + AC – BC = (AD + BD) + (AF + CF) – (BE + CE) = 2AD = 2 r \cot \dfrac{\angle A}{2}$.

Por otra parte en $\triangle ADI$,
$\sin \dfrac{\angle A}{2} = \dfrac{ID}{IA} \Leftrightarrow AI = \dfrac{r}{\sin \dfrac{\angle A}{2}}$.

$\blacksquare$

Teorema 6. Sean $\square ABCD$ circunscrito, $P$ la intersección de las diagonales, $I_{1}$, $I_{2}$, $I_{3}$ e $I_{4}$ los incentros de los triángulos $\triangle APB$, $\triangle BPC$, $\triangle CPD$ y $\triangle APD$ respectivamente entonces el cuadrilátero $\square I_{1}I_{2}I_{3} I_{4}$ es cíclico.

Demostración. Sean $r_{1}$, $r_{2}$, $r_{3}$ y $r_{4}$ los inradios de $\triangle APB$, $\triangle BPC$, $\triangle CPD$ y $\triangle APD$ respectivamente, notemos que $\angle APB = \angle CPD$ y $\angle BPC = \angle DPA$ pues son opuestos por el vértice, entonces
$2(\angle APB + \angle DPA) = 2\pi \Leftrightarrow \dfrac{\angle APB + \angle DPA}{2} = \dfrac{\pi}{2}$ por lo que
$\sin \dfrac{\angle APB}{2} = \cos \dfrac{\angle DPA}{2}$ y $\cos \dfrac{\angle APB}{2} = \sin \dfrac{\angle DPA}{2}$.

Aplicando el lema parte 1 a $\triangle APB$ y $\triangle CPD$ obtenemos
$(AP + BP – AB) + (CP + DP – CD)$
$= 2 r_{1} \cot \dfrac{\angle APB}{2} + 2 r_{3}  \cot \dfrac{\angle CPD}{2} = 2\cot \dfrac{\angle APB}{2}( r_{1} + r_{3})$

Hacemos lo mismo con $\triangle BPC$ y $\triangle APD$
$(BP + CP – BC) + (DP + AP – AD) = 2\cot \dfrac{\angle DPA}{2}( r_{2} + r_{4})$

Como $\square ABCD$ es circunscrito por el Teorema 1 $AB + CD = BC + AD$ por lo que
$(AP + BP – AB) + (CP + DP – CD) = (BP + CP – BC) + (DP + AP – AD)$

Y por lo tanto
$2\cot \dfrac{\angle APB}{2}( r_{1} + r_{3}) = 2\cot \dfrac{\angle DPA}{2}( r_{2} + r_{4})$
$\Rightarrow \dfrac{ r_{1} + r_{3}}{ r_{2} + r_{4}} = \dfrac{\cot \dfrac{\angle DPA}{2}}{\cot \dfrac{\angle APB}{2}}
= \dfrac{\dfrac{\cos \dfrac{\angle DPA}{2}}{\sin \dfrac{\angle DPA}{2}}}{\dfrac{\cos \dfrac{\angle APB}{2}}{\sin \dfrac{\angle APB}{2}}}
= \dfrac{\dfrac{\sin \dfrac{\angle APB}{2}}{\cos \dfrac{\angle APB}{2}}}{\dfrac{\cos \dfrac{\angle APB}{2}}{\sin \dfrac{\angle APB}{2}}}
= \dfrac{\sin^2 \dfrac{\angle APB}{2}}{\cos^2 \dfrac{\angle APB}{2}}$

$\begin{equation} = \tan^2 \dfrac{\angle APB}{2} \end{equation}$

Por otra parte aplicamos el lema parte 2 a $\triangle APB$ y $\triangle CPD$
$PI_{1} \times PI_{3} = \dfrac{r_{1}}{\sin \dfrac{\angle APB}{2}} \dfrac{r_{3}}{\sin \dfrac{\angle CPD}{2}} = \dfrac{ r_{1} r_{3}}{\sin^2 \dfrac{\angle APB}{2}}$

Hacemos lo mismo con $\triangle BPC$ y $\triangle APD$
$PI_{2} \times PI_{4} = \dfrac{r_{2}}{\sin \dfrac{\angle BPC}{2}} \dfrac{r_{4}}{\sin \dfrac{\angle DPA}{2}} = \dfrac{ r_{2} r_{4}}{\sin^2 \dfrac{\angle DPA}{2}}$

Realizamos el cociente de las dos últimas expresiones encontradas
$\dfrac{PI_{2} \times PI_{4}}{PI_{1} \times PI_{3}} = \dfrac{r_{2} r_{4}}{\sin^2 \dfrac{\angle DPA}{2}} \dfrac{\sin^2 \dfrac{\angle APB}{2}}{r_{1} r_{3}} = \dfrac{r_{2} r_{4}}{r_{1} r_{3}} \dfrac{\sin^2 \dfrac{\angle APB}{2}}{\cos^2 \dfrac{\angle APB}{2}}$

$\begin{equation} = \dfrac{r_{2} r_{4}}{r_{1} r_{3}} \tan^2 \dfrac{\angle APB}{2} \end{equation}$

Entonces podemos sustituir la ecuación $(3)$ en $(4)$
$\dfrac{PI_{2} \times PI_{4}}{PI_{1} \times PI_{3}} = (\dfrac{r_{2} r_{4}}{r_{1} r_{3}}) (\dfrac{r_{1} + r_{3}}{r_{2} + r_{4}}) = \dfrac{\dfrac{r_{1} + r_{3}}{r_{1} r_{3}}}{\dfrac{r_{2} + r_{4}}{r_{2} r_{4}}}
= \dfrac{\dfrac{1}{r_{1}} + \dfrac{1}{r_{3}}}{\dfrac{1}{r_{2}} + \dfrac{1}{r_{4}}}$

Por el Teorema 5 sabemos que
$\dfrac{1}{r_{1}} + \dfrac{1}{ r_{3}} = \dfrac{1}{r_{2}} + \dfrac{1}{ r_{4}}$

Por lo tanto
$\dfrac{PI_{2} \times PI_{4}}{ PI_{1} \times PI_{3}} = 1$
$\Leftrightarrow PI_{2} \times PI_{4} = PI_{1} \times PI_{3}$

Notemos que las diagonales de $\square I_{1}I_{2}I_{3} I_{4}$ son las bisectrices interior y exterior de $\angle APB$ por lo tanto $\overline{I_{1} I_{3}}$ y $\overline{I_{2} I_{4}}$ se intersecan en $P$ y la ultima igualdad es una condición necesaria y suficiente para que $\square I_{1}I_{2}I_{3} I_{4}$ sea cíclico.

$\blacksquare$

Tarea moral

  1. i) Muestra que un cuadrilátero convexo es circunscrito si y solo si sus bisectrices internas son concurrentes.
    ii) Prueba que todo rombo es circunscrito.
  2. Muestra que $\square ABCD$ convexo, es circunscrito si y solo si los incirculos de los triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle ACD$ son tangentes entre si.
  3. Sea $\square ABCD$ convexo, consideremos los incirculos de los triángulos $\triangle ABD$, $\triangle ABC$, $\triangle BCD$ y $\triangle ADC$ que son tangentes a los lados del cuadrilátero en $M$, $T$, $N$, $O$, $P$, $Q$, y $R$, $S$ respectivamente, muestra que $\square ABCD$ es circunscrito si y solo si $MN + QR = OP + ST$.
  1. Sea $P$ un punto en la recta de Newton de un cuadrilátero $\square ABCD$ convexo, muestra que $(\triangle APB) + (\triangle CPD) = (\triangle BPC) + (APD)$
  2. Sea $\square ABCD$ circunscrito con lados $a$, $b$, $c$ y $d$ muestra que:
    i) $(\square ABCD) = \sqrt{abcd} \sin \dfrac{\angle A + \angle C}{2} = \sqrt{abcd} \sin \dfrac{\angle B + \angle D}{2}$
    ii) $(\square ABCD) \leq \sqrt{abcd}$
  3. Sean $\square ABCD$ circunscrito, $I$ el incentro del cuadrilátero y $P$ la intersección de las diagonales, muestra que los ortocentros de los triángulos $\triangle AIB$, $\triangle BIC$, $\triangle CID$, $\triangle AID$ y $P$ son colineales.
  1. Sean $\square ABCD$ circunscrito y $P$ la intersección de sus diagonales, muestra que los centros de los excirculos de los triángulos $\triangle APB$, $\triangle BPC$, $\triangle CPD$ y $\triangle APD$ todos relativos u opuestos a $P$ forman un cuadrilátero cíclico.

Más adelante…

En la siguiente entrada estudiaremos características de los cuadriláteros que son tanto cíclicos como circunscritos.

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