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

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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.

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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 $\square ABCD$.

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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.

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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.

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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.

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

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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.

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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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