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Geometría Moderna I: Cuadrilátero ortodiagonal

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 $\square ABCD$ convexo, consideremos $P$ la intersección de las diagonales, $\phi = \angle APB$, $\psi = \angle BPC$.

Como $\phi + \psi = \pi$ entonces $\cos \phi = – \cos \psi$.

Figura 1

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

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

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

$\blacksquare$

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

Figura 2

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

$m_{1}^2 + m_{3}^2 = m_{2}^2 + m_{4}^2$
$\Leftrightarrow  4m_{1}^2 + 4m_{3}^2 = 4m_{2}^2 + 4m_{4}^2$
$\Leftrightarrow  2(AP^2 + BP^2) – AB^2 + 2(CP^2 + DP^2) – CD^2$
$ = 2(BP^2 + CP^2) – BC^2 + 2(AP^2 + DP^2) – AD^2$
$\Leftrightarrow  AB^2 + CD^2 = BC^2 + AD^2$.

La última doble implicación es cierta por el teorema 1.

$\blacksquare$

Circunferencia de los 8 puntos 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 $\square ABCD$ un cuadrilátero convexo $M_{1}$, $M_{2}$, $M_{3}$ y $M_{4}$ los puntos medios de $AB$, $BC$, $CD$ y $AD$ 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.

Figura 3

Sean $M_{1}H_{1}$, $M_{2}H_{2}$, $M_{3}H_{3}$ y $M_{4}H_{4}$ las $m$-alturas de $\square ABCD$.

Por construcción $\angle M_{3}H_{1}M_{1} = \angle M_{1}H_{3}M_{3} = \dfrac{\pi}{2}$, 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 $G$.

$\blacksquare$

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 $\square ABCD$.

Figura 4

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 $\square ABCD$  es ortodiagonal.

$\blacksquare$

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

Figura 5

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

Esto implica que $\angle PAM = \angle MPA = \angle HPC$.

Donde la última igualdad se debe a que los ángulos considerados son opuestos por el vértice, además $\angle ADP = \angle PCH$.

Como consecuencia de las últimas dos igualdades tenemos $\triangle APD \sim \triangle PHC$, por criterio de semejanza AA.

Entonces $\angle CHP = \angle DPA = \dfrac{\pi}{2}$, por lo tanto, $MH$ es una $m$-altura de $\square ABCD$.

De manera análoga podemos ver que las otras $m$-alturas pasan por $P$ y como todas las $m$-alturas de un cuadrilátero cíclico concurren en el anticentro entonces este coincide con $P$.

$\blacksquare$

Proposición 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 $\square ABCD$ (figura 5) y $N$ el punto medio de $BC$.

Sabemos que $G$ biseca a $MN$ y a $OP$, por lo tanto, $\square MONP$ es un paralelogramo, en consecuencia, la distancia de $O$ a $BC$ es $ON = MP = \dfrac{AD}{2}$.

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

$\blacksquare$

Corolario 1. El circunradio de un cuadrilátero cíclico y ortodiagonal $\square ABCD$ con lados $a = AB$, $b = BC$, $c = CD$ y $d = AD$ cumple la siguiente igualdad, $4R^2 = a^2 + c^2 = b^2 + d^2$.

Demostración. Por la prueba de la proposición anterior sabemos que $\angle ONB = \dfrac{\pi}{2}$ (figura 5), por lo tanto podemos aplicar el teorema de Pitágoras a $\triangle ONB$.

$R^2 = OB^2 = ON^2 + BN^2 = (\dfrac{AD}{2})^2 + (\dfrac{BC}{2})^2$
$\Leftrightarrow  4R^2 = d^2 + b^2$.

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

$\blacksquare$

Circunferencia de Droz-Farny

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

Figura 6

Demostración. Veamos que $\square X_{1}X’_{1}X_{3}X’_{3}$ es cíclico.

Dado que $HH_{1}$ es la mediatriz de $X_{1}X’_{1}$ entonces $HX_{1} = HX’_{1}$, de manera similar vemos que $HX_{3} = HX’_{3}$.

Por otra parte, como $X_{1} \in (H_{1}, H_{1}O)$, entonces $H_{1}X_{1} = H_{1}O$.

Sea $G$ el centroide del cuadrilátero $\square ABCD$ y recordemos que $G$ biseca a $OH$.

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

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

Por el 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 $HX’_{1} = HX_{1} = HX_{3} = HX’_{3}$.

Así, $X_{1}$, $X’_{1}$, $X_{3}$ y $X’_{3}$ están en una misma circunferencia con centro en $H$.

De manera análoga se ve que $X_{2}$, $X’_{2}$, $X_{4}$, $X’_{4}$ están en una misma circunferencia concéntrica con la anterior.

$\blacksquare$

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

Figura 7

En la demostración del lema anterior vimos que $HX_{i}^2 = 2H_{i}G^2 + 2OG^2$.

Esto implica que $HX_{1} = HX_{2} = HX_{3} = HX_{4} \Leftrightarrow  H_{1}G = H_{2}G = H_{3}G = H_{4}G$, esto quiere decir que los vértices del cuadrilátero principal órtico de $\square ABCD$  están en una misma circunferencia con centro en $G$.

Por el teorema 3, esto ocurre si y solo si $\square ABCD$  es ortodiagonal.

$\blacksquare$

Proposición 3. Sea $\square ABCD$ cíclico y ortodiagonal entonces el radio de la primera circunferencia de Droz-Farny es igual al circunradio de $\square ABCD$.

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

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

Como $O$ esta en la mediatriz de $CD$, entonces $OM_3 \perp CD$.

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

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

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

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

$\blacksquare$

Tarea moral

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

Más adelante…

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

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Fuentes

Geometría Moderna I: Cuadrilátero cíclico

Introducción

En esta entrada hablaremos sobre algunas propiedades importantes del cuadrilátero cíclico, mas allá de las primeras caracterizaciones como las vistas en el teorema de Ptolomeo.

Fórmula de Brahmagupta

Teorema 1, fórmula de Bretschneider. Sea $\square ABCD$ un cuadrilátero convexo, si $AB = a$, $BC = b$, $CD = c$, $AD = d$, $s = \dfrac{a + b + c + d}{2}$ y $\beta = \angle CBA$, $\delta = \angle ADC$, entonces el área de $\square ABCD$ se puede calcular mediante la siguiente formula:
$(\square ABCD) = \sqrt{(s – a)(s – b)(s – c)(s – d) – \dfrac{abcd}{2}(1 + \cos(\beta + \delta))}$

Demostración. Calculamos el área de los triángulos que se forman al considerar la diagonal AC,
$(\triangle ABC) = \dfrac{ab \sin \beta}{2}$,
$(\triangle ACD) = \dfrac{cd \sin \delta}{2}$.

Figura 1

Por otro lado, empleando la ley de los cosenos podemos calcular $AC$
$AC^2 = a^2 + b^2 – 2ab \cos \beta = c^2 + d^2 – 2cd \cos \delta$.

De la última igualdad obtenemos
$(a^2 + b^2 – (c^2 + d^2))^2 = (2ab \cos \beta – 2cd \cos \delta)^2$.

Entonces:
$(\square ABCD) = (\triangle ABC) + (\triangle ACD) = \dfrac{ab \sin \beta}{2} + \dfrac{cd \sin \delta}{2}$
$\Rightarrow (\square ABCD)^2 = \dfrac{a^2b^2 \sin^2 \beta}{4} + \dfrac{abcd \sin \beta \sin \delta }{2} + \dfrac{c^2d^2 \sin^2 \delta}{4}$.

Por lo tanto,
$16(\square ABCD)^2 = 4 a^2b^2 \sin^2 \beta + 8 abcd \sin \beta \sin \delta + 4 c^2d^2 \sin^2 \delta$
$= 4a^2b^2(1 – \cos^2 \beta) + 4c^2d^2(1 – \cos^2 \delta) + 8abcd \sin \beta \sin \delta$


$= 4a^2b^2 + 4c^2d^2 + 8abcd – 8abcd – 4a^2b^2 \cos^2 \beta – 4c^2d^2 \cos^2 \delta$
$+ 8abcd\cos \beta\cos \delta – 8abcd\cos \beta\cos \delta + 8abcd \sin \beta \sin \delta$
$= (2ab + 2cd)^2 – (2ab \cos \beta – 2cd \cos \delta)^2 – 8abcd(1 + \cos \beta\cos \delta – \sin \beta \sin \delta)$
$ = (2ab + 2cd)^2 – (a^2 + b^2 – (c^2 + d^2))^2 – 8abcd(1 + \cos(\beta + \delta))$


$= (2ab + 2cd + a^2 + b^2 – (c^2 + d^2))(2ab + 2cd – a^2 – b^2 + (c^2 + d^2)) – 8abcd(1 + \cos(\beta + \delta))$
$ = (a^2 + 2ab +b^2 – (c^2 – 2cd + d^2))(c^2 + 2cd + d^2 – (a^2 – 2ab + b^2)) – 8abcd(1 + \cos(\beta + \delta))$
$=((a + b)^2 – (c – d)^2)((c + d)^2 – (a – b)^2) – 8abcd(1 + \cos(\beta + \delta))$
$=(a + b + c – d)(a + b + d – c)(a + c + d – b)(b + c + d – a) – 8abcd(1 + \cos(\beta + \delta))$


$= (2s – 2d)(2s – 2c)(2s – 2b)(2s – 2a) – 8abcd(1 + \cos(\beta + \delta))$
$\Rightarrow (\square ABCD) = \sqrt{(s – a)(s – b)(s – c)(s – d) – \dfrac{1}{2}abcd(1 + \cos(\beta + \delta))}$.

$\blacksquare$

Corolario, fórmula de Brahmagupta. Si $\square ABCD$ es cíclico entonces
$(\square ABCD) = \sqrt{(s – a)(s – b)(s – c)(s – d)}$.

Demostración. Si $\square ABCD$ es cíclico entonces $\beta + \delta = \pi$
por lo que $1 + \cos(\beta + \delta) = 0$.

$\blacksquare$

Observación. La fórmula de Bretschneider nos muestra que de todos los cuadriláteros convexos que tienen lados $a$, $b$, $c$ y $d$, aquellos que son cíclicos tienen mayor área.

Una propiedad del cuadrado

Teorema 2. De entre los cuadriláteros con el mismo perímetro el cuadrado es el que tiene la mayor área.

Demostración. Notemos primero que a partir de un cuadrilátero cóncavo o un cuadrilátero cruzado con un perímetro dado es posible construir un cuadrilátero convexo que tenga los mismos lados, pero mayor área. 

Si en el cuadrilátero cóncavo $\square ABCD$, reflejamos $D$ respecto la diagonal $AC$ obtenemos $\square ABCD’$ el cual es convexo y $(\square ABCD’) = (\square ABCD) + (\square ADCD’)$.

Por lo tanto $(\square ABCD’) > (\square ABCD)$.

Figura 2

En el caso de un cuadrilátero cruzado reflejamos algún vértice respecto de la diagonal que no pasa por el vértice a reflejar, por ejemplo, en $\square EFGH$ reflejamos $G$ respecto de $\overline{FH}$ y obtenemos $\square EFG’H$.

Por lo tanto,
$(\square EFG’H) = (\triangle EFH) + (\triangle FG’H) = (\triangle EFH) + (\triangle FGH) > (\square EFGH)$.

De esta forma podemos fijarnos solo en el área de los cuadriláteros convexos, pero por la observación bastara con restringirnos a los cuadriláteros convexos y cíclicos.

Por la fórmula de Brahmagupta sabemos que el área depende de los lados del cuadrilátero cíclico.

En la entrada desigualdades geométricas vimos que para $w$, $x$, $y$, $z$ números reales positivos tesemos lo siguiente:
$wxyz \leq (\dfrac{w + x + y + z}{4})^4$, y la igualdad se da si y solo si $w = x = y = z$.

Aplicamos este resultado al área del cuadrilátero cíclico $\square ABCD$ de perímetro $P$ y lados $a$, $b$, $c$ y $d$.

$(\square ABCD)^2 = (s – a)(s – b)(s – c)(s – d) \leq (\dfrac{(s – a) + (s – b) + (s – c) + (s – d)}{4})^4$
$= (\dfrac{(4s – (a + b + c + d)}{4})^4 = (\dfrac{2P – P}{4})^4 = (\dfrac{P}{4})^4$

Por lo tanto,
$(\square ABCD) \leq (\dfrac{P}{4})^2$ y la igualdad se da
$\Leftrightarrow$ $(s – a) = (s – b) = (s – c) = (s – d)$
$ \Leftrightarrow$$ a = b = c = d$
$\Leftrightarrow \square ABCD$ es un cuadrado.

$\blacksquare$

Anticentro del cuadrilátero cíclico

Definición. Las rectas perpendiculares a los lados de un cuadrilátero que pasan por los puntos medios de los lados opuestos, se conocen como $m$-alturas.

Teorema 3. Las $m$-alturas de un cuadrilátero cíclico son concurrentes, al punto de concurrencia se le conoce como anticentro, además, el circuncentro, el centroide y el anticentro de un cuadrilátero cíclico son colineales.

Demostración. Sea $\square ABCD$ cíclico y sean $E$, $F$, $G$ y $H$ los puntos medios de $AB$, $BC$, $CD$ y $DA$ respectivamente consideremos $O$ y $J$, el circuncentro y el centroide respectivamente de $\square ABCD$.

Figura 3

La perpendicular a $BC$ desde $H$ interseca a $BC$ en $H’$, $HH’$ interseca a la recta determinada por $O$ y $J$ en $M$.

Como $O$ esta en la mediatriz de $BC$ entonces $OF \perp BC$, y asi, $OF \parallel HH’$, en consecuencia $\angle JFO = \angle JHM$, además $\angle OJF = \angle MJH$ por ser opuestos por el vértice.

Por lo tanto, $\triangle JFO$ y $\triangle JHM$ son semejantes y como $J$ es el punto medio de $HF$, entonces, $JO = JM$, en otras palabras, $HH’$ pasa por $M$, el punto simétrico de $O $ respecto a $J$.

De manera similar podemos ver que las demás $m$-alturas de $\square ABCD$ pasan por $M$.

$\blacksquare$

Proposición 1. Los ortocentros de los triángulos determinados por los cuatro vértices de un cuadrilátero cíclico forman un cuadrilátero simétrico al cuadrilátero original respecto del anticentro.

Demostración. Sean $\square ABCD$ cíclico y $H_{a}$, $H_{b}$, $H_{c}$ y $H_{d}$ los ortocentros de $\triangle BCD$, $\triangle ACD$, $\triangle ABD$ y $\triangle ABC$ respectivamente y $F$ el punto medio de $BC$.

Figura 4

Considerando los triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle DBC$ y por la proposición 6 de la entrada triangulo órtico, tenemos que $AH_{d} = 2OF = DH_{a}$, además $AH_{d}$ y $DH_{a}$ son perpendiculares a $BC$ por lo tanto $AH_{d} \parallel DH_{a}$.

De esto se sigue que $\square AH_{d}H_{a}D$ es un paralelogramo, así que las diagonales $AH_{a}$ y $DH_{d}$ se intersecan en su punto medio.

De manera análoga vemos que $AH_{a}$ y los segmento $BH_{b}$, $CH_{c}$, se intersecan en su punto medio.

Por lo tanto, estos cuatro segmentos se bisecan mutuamente, es decir el punto de intersección $X$ es el centro de simetría de $\square ABCD$ y $\square H_{a}H_{b}H_{c}H_{d}$.

Ahora en $\triangle AH_{d}D$ consideremos la recta que pasa por $H$ el punto medio de $DA$ y el centro de simetría $X$, entonces $HX \parallel AH_d$, por lo tanto, $HX \perp $BC$ y así $HX$ es una $m$-altura.

De manera análoga vemos que las otras $m$-alturas pasan por $X$, por lo tanto, $X$ es el anticentro de $\square ABCD$.

$\blacksquare$

Teorema Japonés

Proposición 2. Sea $\square ABCD$ cíclico, considera $E$, $F$, $G$, $H$, los puntos medios de los arcos, $BC$, $CD$, $DA$, $AB$, respectivamente del circuncírculo de $\square ABCD$, entonces $EG \perp FH$.

Demostración. Considera $O$ el circuncentro de $\square ABCD$ y $X = EG \cap FH$.

Como $\angle EXF$ es un ángulo interior, tenemos lo siguiente:
$\angle EXF = \dfrac{\angle EOF + \angle GOH}{2}$
$= \angle EAF + \angle GCH = \angle EAC + \angle CAF + \angle GCA + \angle ACH $
$= \dfrac{\angle BAC}{2} + \dfrac{\angle CAD}{2} + \dfrac{\angle DCA}{2} + \dfrac{\angle ACB}{2} $
$ = \dfrac{\angle BAD + \angle DCB}{2} = \dfrac{\pi}{2}$.

$\blacksquare$

Figura 5

Teorema 4, teorema japonés. Los incentros de los cuatro triángulos que se forman al considerar las diagonales de un cuadrilátero cíclico, son los vértices de un rectángulo.

Demostración. Sean $A’$, $B’$, $C’$, $D’$, los incentros de $\triangle BCD$, $\triangle ACD$, $\triangle ABD$, $\triangle ABC$, donde $\square ABCD$ es cíclico (figura 5).

En $\triangle ACD$, como $AB’$ es la bisectriz de $\triangle CAD$ entonces $AB’$ interseca al circuncírculo de $\square ABCD$ en $F$ el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{CD}$.

Por el teorema 1 de la entrada circunferencias tritangentes, $B’$ pertenece a la circunferencia $(F, FC)$, con centro en $F$ y radio $FC = FD$.

De manera análoga podemos ver que $A’ \in (F, FC)$, por lo tanto, $\triangle A’FB’$ es isósceles.

Sea $H$ el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{AB}$, entonces $FH$ es bisectriz de $\triangle AFB$, en consecuencia, $A’B’ \perp FH$.

De mamera análoga vemos que $C’D’ \perp FH$ y $B’C’ \perp EG \perp D’A’$, donde $E$ y $G$ son los puntos medios de los arcos $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$ y $\overset{\LARGE{\frown}}{DA}$ respectivamente.

Por la proposición anterior, $EG \perp FH$, por lo tanto, $\square A’B’C’D’$ es un rectángulo.

$\blacksquare$

Teorema 5. De los cuatro triángulos que se forman al trazar las diagonales de un cuadrilátero cíclico, si consideremos tres que comparten un mismo vértice, entonces los tres excentros opuestos al vértice que comparten, son los vértices de un rectángulo, y el cuarto vértice es el incentro del triángulo restante.

Demostración. Usaremos la misma notación del teorema anterior.

En $\square ABCD$, consideremos los tres triángulos que comparten el vértice $C$, $\triangle CDB$, $\triangle CDA$, $\triangle CAB$ y sus respectivos excentros opuestos a $C$, $C_a$, $C_b$, $C_d$.

Figura 6

Nos apoyaremos en el teorema 1 de la entrada circunferencias tritangentes para hacer las siguientes afirmaciones.

$D’C_d$ es diámetro de la circunferencia $(H, HA)$, con centro en $H$ el punto medio de $\overset{\LARGE{\frown}}{AB}$, y radio $HA = HB = HC’$.

Consideremos $D_c$ el excentro de $\triangle ABD$ opuesto a $D$, $C’D_c$ es diámetro de $(H, HA)$.

Como $D’C_d$ y $C’D_c$, se bisecan y tienen la misma longitud, entonces, $\square C_dD_CD’C’$ es un rectángulo.

En consecuencia, las dos tercias de puntos, $C_d$, $C’$, $B’$; $D_c$, $D’$, $A’$, son colineales.

Igualmente, si consideramos $B_c$ el excentro de $\triangle ABD$ opuesto a $B$, podemos ver $B’C_b$ y $C’B_c$ son diámetros de $(G, GA)$ con $G$ el punto medio de $\overset{\LARGE{\frown}}{DA}$ y que las dos tercias $C_b$, $C’$, $D’$; $B_C$, $B’$, $A’$, son colineales.

Por otra parte, como $B_c$, $D_c$ son excentros de $\triangle ABD$, entonces $B_cD_c$ es diámetro de $(K, KB)$, la circunferencia con centro en $K$, el punto medio de $\overset{\LARGE{\frown}}{DB}$, y radio $KB = KD$.

Similarmente, como $A’$ y $C_a$, son dos centros tritangentes de $\triangle CBD$ entonces $A’C_a$ es diámetro de $(K, KB)$.

Por lo tanto, $\square C_aD_cA’B_c$ es un rectángulo.

En consecuencia, $\square C_aC_dC’C_b$ es un rectángulo.

$\blacksquare$

Tarea moral

  1. Demuestra la fórmula de Brahmagupta usando la fórmula de Herón.
  2. En la tarea moral de la entrada teorema de Ptolomeo se pide mostrar que es posible construir tres cuadriláteros cíclicos diferentes de lados $a$, $b$, $c$ y $d$ siempre que la suma de cualesquiera tres de ellos sea mayor que el restante, y que de estos se obtienen tres diagonales diferentes digamos $l$, $m$, y $n$ si $\square ABCD$ es construido de esa manera y $R$ es el circunradio muestra que:
    $i)$ $(\square ABCD) = \dfrac{lmn}{4R}$
    $ii)$ $(\square ABCD)^2 = \dfrac{(ab + cd)(ac + bd)(ad + bc)}{16R^2}$.
  3. Demuestra que los centroides de los cuatro triángulos determinados por los cuatro vértices de un cuadrilátero cíclico son los vértices de otro cuadrilátero cíclico.
  4. Muestra que la suma de los cuadrados de las distancias del anticentro de un cuadrilátero cíclico a los cuatro vértices es igual al cuadrado del diámetro de la circunferencia en la que esta inscrito dicho cuadrilátero.
  5. Muestra que el anticentro de un cuadrilátero cíclico es el ortocentro del triángulo formado por los puntos medios de las diagonales y el punto en que estas rectas coinciden.
  6. Prueba que las circunferencia de los nueve puntos de los cuatro triángulos que se forman al considerar las dos diagonales de un cuadrilátero cíclico, concurren en el anticentro del cuadrilátero.
  7. Demuestra que la suma de los inradios de los triángulos obtenidos al trazar una diagonal de un cuadrilátero cíclico es igual a la suma de los inradios de los otros dos triángulos que se obtienen al considerar la otra diagonal.

Más adelante…

En la siguiente entrada estudiaremos propiedades de los cuadriláteros cuyas diagonales son perpendiculares y veremos que pasa cuando además son cíclicos.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 143-146.
  • Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 127-135.
  • Coxeter, H. y Greitzer, L., Geometry Revisited. Washington: The Mathematical Association of America, 1967, pp 57-60.
  • Wikipedia