Cuadrilátero circonscrito
georgesZ
Mostrar que un cuadrilatero convexe ABCD puede ser circonscrito a un
circulo si y solo si tenemos AB+CD=AC+BD.
Deducir de esto que si 4 circulos C1, .., C4 son tales que C1 y C2, C2
y C3, C3 y C4, C4 y C1 son respectivamente tangente exterioramente,
entonces los 4 puntos de contacto estan en un mismo circulo.
Amistades,
Georges
Ignacio Larrosa Cañestro
georgesZ <zel...@numericable.fr> escribió:
> Puesto que os gusta la geometria,
>
> Mostrar que un cuadrilatero convexe ABCD puede ser circonscrito a un
> circulo si y solo si tenemos AB+CD=AC+BD.
Será AB + CD = BC + DA, di los vértices estan nombrados en orden circular.
Que si el cuadrilátero es circunscrito se tiene que AB + CD = BC + DA, es
inmediato a partir de la igualdad de las tangentes trazadas por un punto a
una circunferencia.
Respecto al contrario, AB + CD = BC + DA ===> ABCD es circunscriptible, es
suficiente demostrar que las bisectrices de los cuatro ángulos se cortan en
un mismo punto, que será el centro de la circunferencia inscrita al
equidistar de los cuatro lados.
En realidad, es suficiente con ver que tres de las bisectrices se cortan en
el mismo punto, pues la cuarta lo hace entonces necesariamente.
Si el cuadrilátero es un rombo, no hay nada que demostrar, pues las
bisectrices son las diagonales y se cortan en el centro del rombo. Si no es
un rombo, tiene al menos un par de lados adyacentes, tal que uno es
estrictamente mayor que el otro. Supongamos que AB > BC, lo que implica CD <
DA.
Tomemos entonces puntos E sobre AB y F sobre DA, tales que EB = BC y DF =
CD. Como
AB + CD = BC + DA ===> AB - BC = DA - CD ===>
AB - EB = DA - DF ===> AE = AF
Tenemos pues que los triángulos AEF, BEC y DFC son isósceles, con ángulo
desigual en A, B y D respectivamente. Las bisectrices de estos ángulos son
por tanto respectivamente las mediatrices de los segmentos EF, EC y FC, y se
cortan en el circuncentro del triángulo EFC (q.e.d.).
> Deducir de esto que si 4 circulos C1, .., C4 son tales que C1 y C2, C2
> y C3, C3 y C4, C4 y C1 son respectivamente tangente exterioramente,
> entonces los 4 puntos de contacto estan en un mismo circulo.
Es el teorema directo anterior: Si A, B, C y D son los centros de C1, C2, C3
y C4, tenemos que AB + CD = BC + DA, y estos cuatro centros forman un
cuadrilátero circunscriptible. Como cada par de puntos de tangencia
consecutivos de la circunferencia inscrita deben equidistar del vértice
intermedio, estos puntos de tangencia deben ser precisamente los de
tangencia de los cuatro círculos de partida.
--
Saludos,
Ignacio Larrosa Cañestro
A Coruña (España)
ilarrosaQUIT...@mundo-r.com
georgesZ
Otro :
Sea ABCD un cuadrilatero convexo inscrito en un circulo de centro O y
tal que sus diagonales son perpendiculares. Sea M el punto de
interseccion de AC y BD y E, F, G, H las proyecciones ortogonales de M
sobre los lados AB, BC, CD, DA.
1) Mostrar que el cuadrilatero EFGH es inscriptible y circonscriptible
(en circulos).
2) Mostrar que el circulo que pasa por EFGH pasa por los puntos medios
R, S, T, U de AB, BC, CD, DA y que su centro N es centro de gravedad de
los puntos A, B, C, D y punto medio de MO.
Amistades,
Georges
georgesZ
> Es el teorema directo anterior: Si A, B, C y D son los centros de C1, C2, C3
> y C4, tenemos que AB + CD = BC + DA, y estos cuatro centros forman un
> cuadrilátero circunscriptible. Como cada par de puntos de tangencia
> consecutivos de la circunferencia inscrita deben equidistar del vértice
> intermedio, estos puntos de tangencia deben ser precisamente los de
> tangencia de los cuatro círculos de partida.
Finalmente, esta ultima frase me parece confusa.
Los puntos de tangencia R, S, T, U de los 4 circulos no son los puntos
de tangencia E, F, G, H del circulo inscrito en el cuadrilatero ABCD.
Los circulos C(R, S, T, U) y C(E, F, G, H) tienen el mismo centro que
es comun a las 4 bisectrices.
Amistades,
Georges
Ignacio Larrosa Cañestro
georgesZ <zel...@numericable.fr> escribió:
Tienes razón, en general estas dos cuaternas de puntos concíclicos están en
general en círculos distintos. Cometi ahí el imperdonable error de tomar un
teorema por su contrario. Es cierto que:
"En cuadrilátero circunscriptible, los puntos de tangencia consecutivos
equidistan del vértice intermedio"
Pero no que "Si cuatro puntos sobre cada lado equidistan del vértice
intermedio, son los puntos de contacto de la circunferencia inscrita".
Lo que si es cierto, es que son concíclicos, en una circunferencia
concéntrica con la inscrita. Y ello porque si equidistan de los vértices
intermedios, equidistan igualmente de los puntos de contacto de la
circunferencia inscrita con los lados, y por tanto se hallan a la misma
distancia del centro de está, resultado más general que incluye lo pedido
por Georges.
Ignacio Larrosa Cañestro
georgesZ <zel...@numericable.fr> escribió:
> Gracias por la correccion y muy bien.
>
> Otro :
> Sea ABCD un cuadrilatero convexo inscrito en un circulo de centro O y
> tal que sus diagonales son perpendiculares. Sea M el punto de
> interseccion de AC y BD y E, F, G, H las proyecciones ortogonales de M
> sobre los lados AB, BC, CD, DA.
>
> 1) Mostrar que el cuadrilatero EFGH es inscriptible y circonscriptible
> (en circulos).
Por tener dos ángulos opuestos rectos, los cuadriláteros AEMH, BFME, CGMF y
DHMG tambíen son inscriptibles. Entonces, tenemos la igualdad entre ángulos
HEM = HAM = DAC = DBC = MBF = MEF
Por lo que la recta EM es la bisectriz del ángulo HEF. Otro tanto ocurre con
los otros ángulos de EFGH, por lo que este es circunscriptible y el centro
de su circunferencia inscrita es M.
Los triángulos rectángulos en que las diagonales AC y BD y las
perpendiculares por M a los lados, que tienen un cateto sobre el mismo lado
de ABCD son semejantes. Por tanto,
MEF = MBF = pi/2 - MCF = pi/2 - MGF
MEH = MAH = pi/2 - MDH = pi/2 - MGH ===>
HEF = pi - HGF
Por tanto EFGH es inscriptible, dado que sus ángulos opuestos son
suplementarios.
> 2) Mostrar que el circulo que pasa por EFGH pasa por los puntos medios
> R, S, T, U de AB, BC, CD, DA y que su centro N es centro de gravedad
> de los puntos A, B, C, D y punto medio de MO.
Mostremos que los pies de la perpendiculares son colineales con M y con el
punto medio del lado opuesto.
Si consideramos un hexágono formado por la cápsula convexa de dos cuadrados,
en general distintos, que solo comparten un vértice, es fácil ver que la
altura de uno de los triángulos formados es prolongación de la mediana del
otro, ambas correspondientes al vértice común. Para ello basta girar uno de
los triángulos 90º con respecto al centro de uno de los cuadrados.
Esto no es directamente aplicable aquí. Pero los dos pares de triángulos
opuestos por el vértice M en que las diagonales dividen a ABCD también son
semejantes, pues son rectángulos y sus ángulos agudos son iguales por
abarcar el mismo arco de la circunferencia en que están inscritos. Podemos
entonces dilatar o contraer uno de ellos, el AMB p.e., con respecto a M
hasta que sea semejante al otro, el DMC, de manera que delimiten entre ellos
dos triángulos rectángulos isósceles, medios cuadrados, de manera que le
podamos aplicar el resultado anterior.
Como esta operación no modifica la altura ni la mediana correspondiente del
triángulo AMB correspondientes al vértice M, tenemos que las ternas de
puntos {E, M, K} e {G, M, I} están alineadas. Otro tanto vale para {F, M, L}
y {H, M, J}.
Por tanto, los triángulos MEI y MGK son semejantes, por lo que
MI/ME = MK/MG ==> MI*MG = ME*MK
Y otro tanto para los triángulos MHL y MFJ,
ML/MH = MJ/MF ===> ML*MF = MH*MJ
Por tanto, dado que ya sabemos que {E, F, G y H} son concíclicos, los ocho
puntos pertenecen a una misma circunferencia.
El resto, que el centro de esta circunferencia es el punto medio de OM, y
ademas el centro de gravedad de {A, B, C, D} queda para otro rato.
Feliz Navidad a todos,
georgesZ
Creia que esto paso desapercibido..
> > 1) Mostrar que el cuadrilatero EFGH es inscriptible y circonscriptible
> > (en circulos).
>
> Por tener dos ángulos opuestos rectos, los cuadriláteros AEMH, BFME, CGMF y
> DHMG tambíen son inscriptibles. Entonces, tenemos la igualdad entre ángulos
>
> HEM = HAM = DAC = DBC = MBF = MEF
>
> Por lo que la recta EM es la bisectriz del ángulo HEF. Otro tanto ocurre con
> los otros ángulos de EFGH, por lo que este es circunscriptible y el centro
> de su circunferencia inscrita es M.
>
> Los triángulos rectángulos en que las diagonales AC y BD y las
> perpendiculares por M a los lados, que tienen un cateto sobre el mismo lado
> de ABCD son semejantes. Por tanto,
>
> MEF = MBF = pi/2 - MCF = pi/2 - MGF
> MEH = MAH = pi/2 - MDH = pi/2 - MGH ===>
>
> HEF = pi - HGF
>
> Por tanto EFGH es inscriptible, dado que sus ángulos opuestos son
> suplementarios.
Tengo lo mismo.
> > 2) Mostrar que el circulo que pasa por EFGH pasa por los puntos medios
> > R, S, T, U de AB, BC, CD, DA y que su centro N es centro de gravedad
> > de los puntos A, B, C, D y punto medio de MO.
>
> Mostremos que los pies de la perpendiculares son colineales con M y con el
> punto medio del lado opuesto.
Si hay que probarlo.
> Si consideramos un hexágono formado por la cápsula convexa de dos cuadrados,
> en general distintos, que solo comparten un vértice, es fácil ver que la
> altura de uno de los triángulos formados es prolongación de la mediana del
> otro, ambas correspondientes al vértice común. Para ello basta girar uno de
> los triángulos 90º con respecto al centro de uno de los cuadrados.
Que es la cápsula convexa de dos cuadrados?
> Esto no es directamente aplicable aquí. Pero los dos pares de triángulos
> opuestos por el vértice M en que las diagonales dividen a ABCD también son
> semejantes, pues son rectángulos y sus ángulos agudos son iguales por
> abarcar el mismo arco de la circunferencia en que están inscritos. Podemos
> entonces dilatar o contraer uno de ellos, el AMB p.e., con respecto a M
> hasta que sea semejante al otro, el DMC, de manera que delimiten entre ellos
> dos triángulos rectángulos isósceles, medios cuadrados, de manera que le
> podamos aplicar el resultado anterior.
>
> Como esta operación no modifica la altura ni la mediana correspondiente del
> triángulo AMB correspondientes al vértice M, tenemos que las ternas de
> puntos {E, M, K} e {G, M, I} están alineadas. Otro tanto vale para {F, M, L}
> y {H, M, J}.
Mi prueba :
Has cambiado los nombres de R,S,T,U en I,J,K,L, sigo con mi figura con
R,S,T,U.
En el triángulo rectángulo DMC, tenemos MT=TC, asi que tenemos las
igualdades de ángulos :
TMC=MCD=ACD
ACD=ABD (en el circulo C(ABCD))
los triángulos rectángulos AME y ABM son semejantes y da :
ABD=EMA
esto da TMC=EMA
puesto que la terna de puntos {A, M, C} es alineada, la terna de puntos
{E, M, T} lo es tambien.
> Por tanto, los triángulos MEI y MGK son semejantes, por lo que
>
> MI/ME = MK/MG ==> MI*MG = ME*MK
>
> Y otro tanto para los triángulos MHL y MFJ,
>
> ML/MH = MJ/MF ===> ML*MF = MH*MJ
>
> Por tanto, dado que ya sabemos que {E, F, G y H} son concíclicos, los ocho
> puntos pertenecen a una misma circunferencia.
Si, mi prueba da esto y el resto (que te queda para otro rato) a la
vez.
Feliz Navidad a todos,
Georges
Ignacio Larrosa Cañestro
georgesZ <zel...@numericable.fr> escribió:
La 'cápsula convexa' ('convex hull' en inglés) de un conjunto S, es el
mínimo conjunto convexo que contiene a S. En este caso trataba de describir
la figura formada por dos cuadrados con solo un vértice común, y los dos
triángulos adyacentes formados al unir los vértices de cada cuadrado vecinos
del común.
>> Esto no es directamente aplicable aquí. Pero los dos pares de
>> triángulos opuestos por el vértice M en que las diagonales dividen a
>> ABCD también son semejantes, pues son rectángulos y sus ángulos
>> agudos son iguales por abarcar el mismo arco de la circunferencia en
>> que están inscritos. Podemos entonces dilatar o contraer uno de
>> ellos, el AMB p.e., con respecto a M hasta que sea semejante al
>> otro, el DMC, de manera que delimiten entre ellos dos triángulos
>> rectángulos isósceles, medios cuadrados, de manera que le podamos
>> aplicar el resultado anterior.
>>
>> Como esta operación no modifica la altura ni la mediana
>> correspondiente del triángulo AMB correspondientes al vértice M,
>> tenemos que las ternas de puntos {E, M, K} e {G, M, I} están
>> alineadas. Otro tanto vale para {F, M, L} y {H, M, J}.
>
> Mi prueba :
>
> Has cambiado los nombres de R,S,T,U en I,J,K,L, sigo con mi figura con
> R,S,T,U.
No me di cuenta y nombre en orden alfabético ...
> En el triángulo rectángulo DMC, tenemos MT=TC, asi que tenemos las
> igualdades de ángulos :
> TMC=MCD=ACD
> ACD=ABD (en el circulo C(ABCD))
> los triángulos rectángulos AME y ABM son semejantes y da :
> ABD=EMA
> esto da TMC=EMA
> puesto que la terna de puntos {A, M, C} es alineada, la terna de
> puntos {E, M, T} lo es tambien.
>
>> Por tanto, los triángulos MEI y MGK son semejantes, por lo que
>>
>> MI/ME = MK/MG ==> MI*MG = ME*MK
>>
>> Y otro tanto para los triángulos MHL y MFJ,
>>
>> ML/MH = MJ/MF ===> ML*MF = MH*MJ
>>
>> Por tanto, dado que ya sabemos que {E, F, G y H} son concíclicos,
>> los ocho puntos pertenecen a una misma circunferencia.
>
> Si, mi prueba da esto y el resto (que te queda para otro rato) a la
> vez.
Que N es el punto medio de MO es inmediato, pues M es el punto en que se
cortan las perpendiculares a los lados de ABCD por E, F, G, y H, O es el
punto en que se cortan las perpendiculares por R, S, T y U (puntos medios de
los lados), y N es el punto de corte de las mediatrices de los segmentos ER,
FS, GT y HU.
Para ver que este punto es el centro de gravedad de {A, B, C, D}, tenemos
que ver que es el punto de corte de RT y US. Pero esto es inmediato, puesto
que el ángulo RET es recto y esta inscrito en la circunferencia de centro N,
por lo que RT es un diámetro; lo mismo ocurre para US. Por ser el centro de
gravedad, N también es el punto medio del segmento que une los puntos medios
de las diagonales.
Observación: La existencia del punto M no esta garantizada si las diagonales
no son perpendiculares. Es necesario que el centro de la circunferencia
circunscrita sea interior al cuadrilátero. Pero en caso de que exista, el
cuadrilátero RSTU es circunscriptible, y es el cuadrilátero de perímetro
mínimo con un vértice en cada lado del ABCD. Una situación por completo
similar a la del triángulo órtico de un triángulo acutángulo.
Igualmente, y también como en el caso del triángulo órtico, el perímetro de
RSTU sería la trayectoria cerrada de un rayo luminoso (o una bola de billar
sin efecto) que se reflejase sucesivamente sucesivamente en los cuatro lados
de ABCD.
--
Saludos,
georgesZ
> En el mensaje:1167068626.3...@h40g2000cwb.googlegroups.com,
'cápsula convexa' ('convex hull' en inglés)= enveloppe convexe en
frances
Aqui dije "si", pero esto no da una una prueba que los ocho puntos
pertenecen a una misma circunferencia.
> Que N es el punto medio de MO es inmediato, pues M es el punto en que se
> cortan las perpendiculares a los lados de ABCD por E, F, G, y H, O es el
> punto en que se cortan las perpendiculares por R, S, T y U (puntos medios de
> los lados), y N es el punto de corte de las mediatrices de los segmentos ER,
> FS, GT y HU.
>
> Para ver que este punto es el centro de gravedad de {A, B, C, D}, tenemos
> que ver que es el punto de corte de RT y US. Pero esto es inmediato, puesto
> que el ángulo RET es recto y esta inscrito en la circunferencia de centro N,
> por lo que RT es un diámetro; lo mismo ocurre para US. Por ser el centro de
> gravedad, N también es el punto medio del segmento que une los puntos medios
> de las diagonales.
De acuerdo y esto vale para mostrar que los 8 puntos son cociclicos.
> Observación: La existencia del punto M no esta garantizada si las diagonales
> no son perpendiculares. Es necesario que el centro de la circunferencia
> circunscrita sea interior al cuadrilátero. Pero en caso de que exista, el
> cuadrilátero RSTU es circunscriptible, y es el cuadrilátero de perímetro
> mínimo con un vértice en cada lado del ABCD. Una situación por completo
> similar a la del triángulo órtico de un triángulo acutángulo.
En un cuadrilatero ABCD convexo inscrito, las diagonales se cortan
siempre en M interior en el cuadrilatero y si E, F, G, H son las
proyecciones ortogonales de M en los lados, entonces M es punto de
corte de las bisectrices de los angulos de EFGH y el perímetro de
EFGH es la trayectoria cerrada de un rayo luminoso.
Porque es EFGH el cuadrilátero de perímetro mínimo con un vértice
en cada lado del ABCD?
> Igualmente, y también como en el caso del triángulo órtico, el perímetro de
> RSTU sería la trayectoria cerrada de un rayo luminoso (o una bola de billar
> sin efecto) que se reflejase sucesivamente sucesivamente en los cuatro lados
> de ABCD.
>
>
> --
> Saludos,
>
> Ignacio Larrosa Cañestro
> A Coruña (España)
> ilarrosaQUIT...@mundo-r.com
Un saludo amical,
Georges
PS no dijistes que te ibas del grupo hasta que llegue 2007?
georgesZ
Haciendo un dibujo he visto porque has dicho que O esta en el interior
de ABCD!
Ignacio Larrosa Cañestro
georgesZ <zel...@numericable.fr> escribió:
> Ignacio Larrosa Cañestro a écrit :
>
>> En el mensaje:1167068626.3...@h40g2000cwb.googlegroups.com,
>> georgesZ <zel...@numericable.fr> escribió:
>>> Hola Ignacio,
>>> Creia que esto paso desapercibido..
>>>
>>>>> 1) Mostrar que el cuadrilatero EFGH es inscriptible y
>>>>> circonscriptible (en circulos).
>>>>
>>>>> 2) Mostrar que el circulo que pasa por EFGH pasa por los puntos
>>>>> medios R, S, T, U de AB, BC, CD, DA y que su centro N es centro de
>>>>> gravedad de los puntos A, B, C, D y punto medio de MO.
>>>>
>>> Que es la cápsula convexa de dos cuadrados?
>>
>> La 'cápsula convexa' ('convex hull' en inglés) de un conjunto S, es
>> el mínimo conjunto convexo que contiene a S. En este caso trataba de
>> describir la figura formada por dos cuadrados con solo un vértice
>> común, y los dos triángulos adyacentes formados al unir los vértices
>> de cada cuadrado vecinos del común.
>
> 'cápsula convexa' ('convex hull' en inglés)= enveloppe convexe en
> frances
>
En castellano creo que se utiliza 'envolvente convexa', pero más bién en el
sentido del perímetro de la cápsula convexa o también 'cierre convexo'.
>>>> ...
>>>> Por tanto, los triángulos MEI y MGK son semejantes, por lo que
>>>>
>>>> MI/ME = MK/MG ==> MI*MG = ME*MK
>>>>
>>>> Y otro tanto para los triángulos MHL y MFJ,
>>>>
>>>> ML/MH = MJ/MF ===> ML*MF = MH*MJ
>>>>
>>>> Por tanto, dado que ya sabemos que {E, F, G y H} son concíclicos,
>>>> los ocho puntos pertenecen a una misma circunferencia.
>>>
>>> Si, mi prueba da esto y el resto (que te queda para otro rato) a la
>>> vez.
>
> Aqui dije "si", pero esto no da una una prueba que los ocho puntos
> pertenecen a una misma circunferencia.
Realmente no. Lo que podemos afirmar es que {I, G, E, K} son concíclicos y
{L, F, H, J} también. Pero esto unido a que {E, F, G, H} también los son no
es suficiente para ver que los ocho están en la misma circunferencia; podría
tratarse de tres circunferencias distintas.
>> Que N es el punto medio de MO es inmediato, pues M es el punto en
>> que se cortan las perpendiculares a los lados de ABCD por E, F, G, y
>> H, O es el punto en que se cortan las perpendiculares por R, S, T y
>> U (puntos medios de los lados), y N es el punto de corte de las
>> mediatrices de los segmentos ER, FS, GT y HU.
>>
>> Para ver que este punto es el centro de gravedad de {A, B, C, D},
>> tenemos que ver que es el punto de corte de RT y US. Pero esto es
>> inmediato, puesto que el ángulo RET es recto y esta inscrito en la
>> circunferencia de centro N, por lo que RT es un diámetro; lo mismo
>> ocurre para US. Por ser el centro de gravedad, N también es el punto
>> medio del segmento que une los puntos medios de las diagonales.
>
> De acuerdo y esto vale para mostrar que los 8 puntos son cociclicos.
> ...
> PS no dijistes que te ibas del grupo hasta que llegue 2007?
No, solo hasta el dia de Navidad (25). Aún así, encontré ayer algún rato
libre ...
Ignacio Larrosa Cañestro
georgesZ <zel...@numericable.fr> escribió:
> georgesZ a écrit :
>
>> Ignacio Larrosa Cañestro a écrit :
>>
>>> En el mensaje:1167068626.3...@h40g2000cwb.googlegroups.com,
>>> georgesZ <zel...@numericable.fr> escribió:
>>>> Hola Ignacio,
>>>> Creia que esto paso desapercibido..
>>>>
>>>>>> 1) Mostrar que el cuadrilatero EFGH es inscriptible y
>>>>>> circonscriptible (en circulos).
>>>>>> 2) Mostrar que el circulo que pasa por EFGH pasa por los puntos
>>>>>> medios R, S, T, U de AB, BC, CD, DA y que su centro N es centro
>>>>>> de gravedad de los puntos A, B, C, D y punto medio de MO.
>>> Observación: La existencia del punto M no esta garantizada si las
>>> diagonales no son perpendiculares. Es necesario que el centro de la
>>> circunferencia circunscrita sea interior al cuadrilátero. Pero en
>>> caso de que exista, el cuadrilátero RSTU es circunscriptible, y es
>>> el cuadrilátero de perímetro mínimo con un vértice en cada lado del
>>> ABCD. Una situación por completo similar a la del triángulo órtico
>>> de un triángulo acutángulo.
>>
>> En un cuadrilatero ABCD convexo inscrito, las diagonales se cortan
>> siempre en M interior en el cuadrilatero y si E, F, G, H son las
>> proyecciones ortogonales de M en los lados, entonces M es punto de
>> corte de las bisectrices de los angulos de EFGH y el perímetro de
>> EFGH es la trayectoria cerrada de un rayo luminoso.
>> Porque es EFGH el cuadrilátero de perímetro mínimo con un vértice
>> en cada lado del ABCD?
En realidad es de perímetro mínimo, pero no es 'el de ...'. Quiero decir que
no es único; cuando hay solución, el centro O es interior al cuadrilátero,
hay una infinidad continua de ellas.
Lo siguiente lo había escrito hace ya casi 7 años, pero no lo recordaba
bien:
"Sea el cuadrilátero de vértices ABCD, inscrito en una circunferencia.
Reflejemoslo tres veces:
1º Sobre el lado BC, para obtener el cuadrilátero A'BCD'
2º Sobre el lado CD', para obtener el cuadrilátero A"B'CD'
3º Sobre el lado A"D', para obtener el cuadrilátero A"B"C'D'
El lado AB ha de girar dos veces el ángulo B, alrededor del punto B, para
pasar a A'B.
El lado A'B ha de girar dos veces el ángulo D, alrededor del punto D', para
pasar a A"B".
En ambas ocasiones en el mismo sentido (negativo, en el dibujo adjunto).
En total, el lado AB ha girado un ángulo 2*B+2*D=2*(B+D)=2*180º=360º, puesto
que B y D son ángulos opuestos de un cuadrilátero inscrito. Por tanto AB y
A"B" son paralelos.
Sea PQRS un cuadrilátero cualquiera inscrito en el ABCD, y hallemos R', P' y
S', simétricos respectivamente de R, P y S respecto al lado BC; Q', P" y S",
simétricos de Q, P' y S' respecto al lado CD' y finalmente R", Q" y P'",
simétricos de R', Q' y P" respecto al lado D'A".
El perímetro del cuadrilátero PQRS es el mismo que la longitud de la línea,
quebrada en general, PQR'S"P'". Evidentemente la longitud de esta quebrada
será mínima cuando estos puntos estén alineados. Por construcción AP tiene
la misma longitud que A"P'", por lo que el cuadrilátero APP'"A" es un
paralelogramo, cualquiera que sea la posición del punto P en el lado AB, y
el segmento PP'" tendrá la misma longitud.
Por tanto, cualquier segmento PP'", con P en AB y P'" en A"B", paralelo a
AA" que corte a los tres segmentos BC, CD' y D'A" nos dará una solución."
En
http://www.xente.mundo-r.com/ilarrosa/CuadInscCuadInsc.gif
Esta la figura a la que me refiero y el correspondiente fichero de Cabri es:
http://www.xente.mundo-r.com/ilarrosa/CuadInscCuadInsc.fig
>
> Haciendo un dibujo he visto porque has dicho que O esta en el interior
> de ABCD!
Si, el punto M, de corte de las diagonales, siempre es interior a cualquier
cuadrilátero convexo, pero los pies de las perpendiculares por él no siempre
cortan a los lados propiamente dichos, sino que en ocasiones lo hacen a sus
prolongaciones.
En el caso de los cuadriláteros inscritos, de forma similar a lo que ocurre
con las alturas de los triángulos, esto ocurre si el circuncentro es
interior al cuadrilátero.
Entonces, si O es interior hay un continuo de cuadriláteros inscritos en el
cuadrilátero circunscrito que tienen perímetro mínimo; si O esta en uno de
los lados, el cuadrilátero se transforma en un triángulo uno de cuyos lados
coincide con el lado del cuadrilátero opuesto al diámetro; Si O es exterior
al cuadrilátero, no hay cudrilátero inscrito en él de perímetro mínimo.
georgesZ
Una prueba bonita!
> > Haciendo un dibujo he visto porque has dicho que O esta en el interior
> > de ABCD!
>
> Si, el punto M, de corte de las diagonales, siempre es interior a cualquier
> cuadrilátero convexo, pero los pies de las perpendiculares por él no siempre
> cortan a los lados propiamente dichos, sino que en ocasiones lo hacen a sus
> prolongaciones.
>
> En el caso de los cuadriláteros inscritos, de forma similar a lo que ocurre
> con las alturas de los triángulos, esto ocurre si el circuncentro es
> interior al cuadrilátero.
>
> Entonces, si O es interior hay un continuo de cuadriláteros inscritos en el
> cuadrilátero circunscrito que tienen perímetro mínimo; si O esta en uno de
> los lados, el cuadrilátero se transforma en un triángulo uno de cuyos lados
> coincide con el lado del cuadrilátero opuesto al diámetro; Si O es exterior
> al cuadrilátero, no hay cudrilátero inscrito en él de perímetro mínimo.
Por compacidad existe un cuadrilátero inscrito en él de perímetro
mínimo y creo que es la diagonal mas corta ida y vuelta. No?
> --
> Saludos,
Saludos tambien,
Georges