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Geometría Moderna I: Potencia de un punto

Introducción

En esta ocasión estudiaremos la potencia de un punto con respecto a una circunferencia, esta es una herramienta que nos permite establecer una medida de la distancia de un punto a una circunferencia dada.

Potencia de un punto respecto a una circunferencia

Teorema 1. Sea $\Gamma$ una circunferencia y $P$ un punto en el plano, por $P$ tracemos una secante a $\Gamma$, con intercesiones en $A$ y en $B$, entonces el número $PA \times PB$ es independiente de la secante que tracemos.

Demostración. Consideremos dos secantes desde $P$, $\overline{PAB}$ y $\overline{PCD}$, consideremos los triángulos $\triangle PAD$ y $\triangle PCB$, tenemos que $\angle CDA = \angle CBA$, pues abarcan el mismo arco de circunferencia.

Figura 1

Si $P$ es un punto exterior a $\Gamma$, $\angle APC$ es un ángulo común de los triángulos considerados.

Si $P$ es un punto interior a $\Gamma$, $\angle APD = \angle BPC$ por ser opuestos por el vértice.

Por criterio de semejanza AA, $\triangle PAD \sim \triangle PCB$
$\Rightarrow \dfrac{PA}{PC} = \dfrac{PD}{PB}$
$\Rightarrow PA \times PB = PC \times PD$.

$\blacksquare$

Definición. Al valor constante $PA \times PB$, se le conoce como la potencia de $P$ respecto a la circunferencia $\Gamma$.

Otras expresiones para la potencia

Proposición 1. Sea $P$ un punto en el plano y $(O, R)$ una circunferencia, entonces la potencia de $P$ respecto a $(O, R)$ es igual a $|OP^2 – R^2|$.

Demostración. Por $P$ tracemos la secante $\overline{AB}$ a $(O, R)$ que pasa por $O$.

Figura 2

Si $P$ es exterior $PA \times PB = (OP – OA)(OP + OB) = (OP – R)(OP + R) = OP^2 – R^2$.

Si $P$ es interior $PA \times PB = (OA – OP)(OP + OB) = (R – OP)(OP + R) = R^2 – OP^2$.

$\blacksquare$

Proposición 2. Si $P$ es un punto exterior a una circunferencia $\Gamma$, entonces el cuadrado del segmento tangente $\overline{PT}$ a $\Gamma$ es igual a la potencia de $P$ respecto a $\Gamma$.

Demostración. Tracemos una secante $\overline{PAB}$ por $P$ a $\Gamma$ (figura 2), consideremos $\triangle PAT$ y $\triangle PTB$, como el ángulo semiinscrito $\angle ATP$, abarca el mismo arco que el ángulo inscrito $\angle ABT$, entonces son iguales, además $\angle TPA$ es un ángulo común a ambos triángulos.

Por criterio de semejanza AA, $\triangle PAT \sim \triangle PTB$
$\Rightarrow \dfrac{PA}{PT} = \dfrac{PT}{PB}$
$\Rightarrow PA \times PB = PT^2$

$\blacksquare$

Teorema de las cuerdas

Teorema 2. Considera dos segmentos $\overline{AB}$, $\overline{CD}$ que se intersecan en $P$, entonces $A$, $B$, $C$ y $D$ son cíclicos si y solo si $PA \times PB = PC \times PD$.

Demostración. Supongamos que $A$, $B$, $C$, y $D$ son cíclicos, tanto si $P$ es interno o externo a la circunferencia, por el teorema 1, $PA \times PB = PC \times PD$.

Figura 3

Ahora supongamos se cumple $PA \times PB = PC \times PD$,
$\Rightarrow \dfrac{PB}{PD} = \dfrac{PC}{PA}$.

En caso de que $P$ este en la extensión de ambos segmentos (izquierda figura 3), $\angle APC$ es un ángulo común de los triángulos $\triangle PCB$ y $\angle PAD$.

En caso de que $P$ este contenido en ambos segmentos (derecha figura 3), entonces $\angle BPC = \angle APD$ por ser opuestos por el vértice.

Por criterio de semejanza LAL, $\triangle PCB \sim \triangle PAD$ $\Rightarrow \angle CDA = \angle CBA$.

Sabemos que el lugar geométrico de los puntos que subtienden ángulos iguales con el segmento $\overline{AC}$, es un arco de circunferencia que pasa por $A$ y $C$. Por lo tanto, $A$, $B$, $C$ y $D$ son cíclicos.

$\blacksquare$

Formula de Euler

Teorema 3, formula de Euler. Considera el circuncírculo $(O, R)$ y el incírculo $(I, r)$ de un triángulo $\triangle ABC$, entonces $IO^2 = R(R – 2r)$.

Demostración. Sea $K = AI \cap (O, R)$, entonces $\angle BAK = \angle KAC$, pues $\overline{AK}$ es bisectriz de $\angle A$.

$\angle KAC = \angle KBC$, pues abarcan el mismo arco, por lo tanto $\angle BAK = \angle KBC$

$\Rightarrow \angle KBI = \angle KBC + \angle CBI = \angle BAK + \angle CBI = \dfrac{\angle A + \angle B}{2}$.

Figura 4

El ángulo $\angle BIK$ es un ángulo exterior de $\triangle BAI$, por lo que es igual a la suma de los ángulos no adyacentes a el,
$\angle BIK = \angle IBA + \angle BAI = \dfrac{\angle A + \angle B}{2}$
$\Rightarrow \angle BIK = \angle KBI$.

Por lo tanto $\triangle IKB$ es isósceles.

Por otro lado, considera $K’ = \overline{KO} \cap (O, R)$, $Z = \overline{AB} \cap (I, r)$, $\triangle BK’K$ es rectángulo, pues $\overline{KK’}$ es diámetro.

Notemos que $\angle ZAK = \angle BAK = \angle BK’K$, pues abarcan el mismo arco, entonces por criterio de semejanza AA, $\triangle ZAI \sim \triangle BK’K$
$\Rightarrow \dfrac{AI}{K’K} = \dfrac{ZI}{BK}$
$\Rightarrow \begin{equation} AI \times BK = K’K \times ZI = 2Rr \end{equation}$

Por la proposición 1, la potencia de $I$ con respecto a $(O, R)$
$\Rightarrow \begin{equation} AI \times KI = R^2 – IO^2 \end{equation}$

Haciendo el cociente de $(1)$ y $(2)$ tenemos que $\dfrac{BK}{KI} =\dfrac{2Rr}{R^2 – IO^2}$.

Como $\triangle IKB$ es isósceles entonces $BK = KI$
$\Rightarrow IO^2 – R^2 = –2Rr$
$\Rightarrow IO^2 = R^2 – 2Rr = R(R – 2r)$.

$\blacksquare$

«Reciproco» de la formula de Euler

Teorema 4. Sean $(O, R)$, $(I, r)$, dos circunferencias tal que $(I, r)$ está en el interior del círculo $(O, R)$ y tal que la distancia entre sus centros cumple la igualdad $IO^2 = R(R – 2r)$, entonces existen una infinidad de triángulos inscritos en $(O, R)$ y circunscritos en $(I, r)$.

Demostración. Dado que varios argumentos son iguales a los del teorema 3 solo serán mencionados, nos guiaremos en la figura 4.

Desde cualquier punto $A \in (O, R)$ trazamos las tangentes a $(I, r)$ que intersecan a $(O, R)$ en $B$ y $C$, sea $K = \overline{AI} \cap (O, R)$, usando la igualdad dada y la potencia de $I$ respecto de $(O, R)$ obtenemos,
$\begin{equation} AI \times IK = R^2 – IO^2 = 2Rr \end{equation}$.

Sean $Z$ e $Y$ los puntos de tangencia de $\overline{AB}$ y $\overline{AC}$ con $(I, r)$ respectivamente, por criterio hipotenusa-cateto los triángulos rectángulos $\triangle AIZ$ y $\triangle AIY$ son congruentes por lo que $\overline{AK}$ es bisectriz de $\angle A$.

Sea $K’ = \overline{KO} \cap (O, R)$, como $\triangle BKK’$ es rectángulo y $\angle BK’K = \angle ZAI$, por criterio de semejanza AA, $\triangle ZAI \sim \triangle BK’K$ y tenemos que
$\dfrac{AI}{K’K} = \dfrac{ZI}{BK}$
$\Rightarrow \begin{equation} AI \times BK = K’K \times ZI = 2Rr \end{equation}$

Por $(3)$ y $(4)$ tenemos $AI \times IK = AI \times BK$
$\Rightarrow IK = BK$

Así $\triangle IKB$ es isósceles y $\angle KBI = \angle BIK$, pero
$\angle KBI = \angle KBC + \angle CBI = \dfrac{\angle A}{2} + \angle CBI$ y $\angle BIK = \dfrac{\angle A}{2} + \angle IBA$,
$\Rightarrow CBI = IBA$.

Sea $X$ pie de la perpendicular a $\overline{BC}$ desde $I$, entonces por criterio de congruencia ALA, $\triangle IZB \cong \triangle IXB$ $\Rightarrow IZ = IX$.

Por lo tanto, $\overline{BC}$ es tangente a $(I, r)$ en $X$, así $\triangle ABC$ está inscrito en $(O, R)$ y circunscrito en $(I, r)$.

$\blacksquare$

Lema de Haruki

Lema de Haruki. Sean $\overline{AB}$ y $\overline{CD}$ dos cuerdas de una circunferencia $\Gamma_1$ que no se intersecan considera $P$ un punto variable en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{BA}$ que no contiene a $C$ y a $D$. Sean $E = \overline{PC} \cap \overline{AB}$ y $F = \overline{PD} \cap \overline{AB}$, entonces el numero $\dfrac{AE \times FB}{EF}$, es independiente de la posición de $P$ en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{BA}$.

Demostración. Consideremos $\Gamma_2$ circuncírculo de $\triangle PED$ y sea $G = \overline{AB} \cap \Gamma_2$, entonces $\angle EPD = \angle EGD$, pues abarcan el mismo arco.

Entonces $\angle AGD = \angle EGD = \angle EPD = \angle CPD$, esté último ángulo es fijo mientras $P$ varié en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{BA}$.

$A$ y $D$ son puntos fijos y $G$ siempre está sobre la recta $\overline{AB}$, $G$ es un punto fijo, por lo tanto, el valor $BG$ es fijo.

Por otro lado, calculamos la potencia de $F$ respecto de ambas circunferencias
$FA \times FB = FP \times FD$ y $FE \times FG = FP \times FD$
$\Rightarrow (AE + FE) FB = FP \times FD = EF (FB + BG)$
$\Rightarrow \dfrac{AE \times FB}{EF} = BG$.

$\blacksquare$

Mas ejemplos

Problema 1. Sean $\triangle ABC$ y $D$ un punto interior del triángulo tal que $BE \times BA = CA \times CF$ donde $E$ y $F$ son los pies de las perpendiculares a $\overline{AB}$ y $\overline{AC}$ trazados desde $D$, encuentra el lugar geométrico de $D$.

Solución. Como $\angle DEA = \angle AFD = \dfrac{\pi}{2}$, entonces $\overline{AD}$ es diámetro de una circunferencia que pasa por $E$ y $F$, por lo que el centro $O$ de dicha circunferencia $\Gamma(O)$ es el punto medio de $\overline{AD}$.

Figura 5

Por la proposición 1, la potencia de $B$ y $C$ respecto a $\Gamma(O)$ es 
$OB^2 – R^2 = BE \times BA = CA \times CF = OA^2 – R^2$,
$\Rightarrow OB = OC$

Esto implica que el conjunto $R$, de los puntos medios del segmento $\overline{AD}$, esta contenido en la mediatriz del segmento $\overline{BC}$, así el lugar geométrico de los puntos $D$, está en homotecia con centro en $A$ y razón $2$ con el conjunto $R$, esto es una recta paralela a la mediatriz de $\overline{BC}$ y que esta en el interior de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Observación. Notemos que si $D$ es un punto exterior de $\triangle ABC$ entonces $B$ y $C$ podrían situarse en lugares distintos respecto de $\Gamma(O)$, es decir uno fuera y otro dentro, por lo que la igualdad $OB = OC$ no seria cierta.

Problema 2. Considera $\triangle ABC$ y $(O, R)$ su circuncírculo, sean $D \in \overline{AB}$ y $E \in \overline{AC}$, sean $F$, $G$ y $H$ los puntos medios de $\overline{BE}$, $\overline{CD}$ y $\overline{DE}$ respectivamente, si $\overline{DE}$ es tangente al circuncírculo de $\triangle FGH$, muestra que $OD = OE$.

Figura 6

Como el ángulo semiinscrito $\angle DHF$ y el ángulo inscrito $\angle HGF$ abarcan el mismo arco, son iguales entre si.

Dado que $\overline{HF}$ es un segmento medio de $\triangle BDE$ entonces $\overline{HF} \parallel \overline{BD}$ y $2HF = BD$
$\Rightarrow \angle DHF = \angle HDA$
$\Rightarrow \angle HGF = \angle HDA$.

De manera análoga podemos ver que $\angle GFH = \angle AED$ y que $\overline{HG} \parallel \overline{EC}$ y $2HG = EC$.

Por criterio de semejanza AA, $\triangle FGH \sim \triangle EDA$, entonces
$\dfrac{AE}{HF} = \dfrac{AD}{HG}$
$\Rightarrow \dfrac{AE}{\dfrac{BD}{2}} = \dfrac{AD}{\dfrac{EC}{2}}$
$\Rightarrow AE \times EC = AD \times BD$.

Por lo tanto, $D$ y $E$ tienen la misma potencia respecto a el circuncírculo de $\triangle ABC$.

Por la proposición 1, $R^2 – OD^2 = R^2 – OE^2$, $\Rightarrow OD = OE$.

$\blacksquare$

Tarea moral

  1. Dos segmentos $\overline{PA}$ y $\overline{BC}$ se intersecan en $P$, si $PA^2 = PB \times PC$, muestra que $\overline{PA}$ es tangente al circuncírculo de $\triangle ABC$ en $A$.
Figura 7
  1. $\triangle ABC$ es un triangulo rectángulo con $\angle A = \dfrac{\pi}{2}$, sea $D \in \overline{BC}$ el pie de la altura por $A$, considera $\Gamma_1$ el circuncírculo de $\triangle ADC$ y $\Gamma_2$ una circunferencia tangente a $\Gamma_1$ externamente y tangente a $\overline{AB}$ y $\overline{BC}$ en $E$ y $F$ respectivamente, muestra que $CE = CF$.
Figura 8
  1. Considera $(O, R)$, $(I, r)$ y $(I_a, r_a)$, el circuncírculo, el incírculo y alguno de los excÍrculos respectivamente de un triangulo, muestra que:
    $i)$ $OI_a^2 = R(R + 2r_a)$,
    $ii)$ $II_a^2 = 4R(r_a – r)$.
  2. Sean $\triangle ABC$, $D \in \overline{BC}$ el pie de la altura por $A$ y $H \in \overline{AD}$. Muestra que $H$ es el ortocentro de $\triangle ABC$ si y solo si $DB \times DC = AD \times HD$.
Figura 9
  1. Teorema de la mariposa. Sea $\overline{AB}$ una cuerda de una circunferencia y $M$ su punto medio. Por $M$ trazamos otras dos cuerdas $\overline{PQ}$ y $\overline{RS}$, sean $E = \overline{PS} \cap \overline{AB}$ y $F = \overline{RQ} \cap \overline{AB}$. Prueba que $M$ es el punto medio de $\overline{EF}$.
Figura 10

Más adelante…

Para concluir con los temas básicos de geometría de la circunferencia en la siguiente entrada hablaremos sobre el teorema de Ptolomeo que nos da una condición necesaria y suficiente para que un cuadrilátero convexo sea cíclico, este teorema nos ayudara mas adelante a demostrar algunas identidades trigonométricas.

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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.

$\blacksquare$

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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