¿Bajo qué condiciones el rectángulo del teorema japonés será un cuadrado?

Question

En geometría, el Teorema japonés de los cuadriláteros cíclicos afirma que los centros de los incirculos de ciertos triángulos dentro de un cuadrilátero cíclico son vértices de un rectángulo.

Pregunta. ¿En qué condiciones el $M_1M_2M_3M_4$ rectángulo sea un cuadrado?

Answer 1

Unas cuantas agresiones a los símbolos muy feas me han llevado a esta relación:

$$\sin\alpha \sin\gamma = \sin \beta \sin\delta$$

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Editar. La demostración (¡sin mucho ataque a los símbolos!) comienza con un lema sobre los círculos inscritos y circunscritos.

Lema. Dejemos que $I$ sea el incentro de $\triangle ABC$ y que $A^\prime$ sea el punto donde $\overrightarrow{AI}$ se encuentra con la circunferencia de $\triangle ABC$ . (Tenga en cuenta que $A^\prime$ es el punto medio de $\stackrel{\frown}{BC}$ .) Entonces $$|\overline{A^\prime I}| = |\overline{A^\prime B}| = |\overline{A^\prime C}| = 2 r \sin\frac12 \angle A$$ donde $r$ es el circunradio.

Prueba del lema. Las bisectrices de $\angle A$ y $\angle B$ (y $\angle C$ ) se reúnen en $I$ por lo que podemos escribir $$\alpha := \angle BAA^\prime = \angle CAA^\prime = \frac12\angle A \quad\text{and}\quad \beta := \angle ABI = \angle CBI = \frac12\angle B$$

• El teorema del ángulo exterior aplicado al vértice $I$ de $\triangle ABI$ implica que $\angle BIA^\prime = \alpha + \beta$ .

• El teorema del ángulo inscrito implica que $\angle A^\prime B C = \angle A^\prime A C = \alpha$ ya que ambos ángulos subtienden el arco común $\stackrel{\frown}{A^\prime C}$ . Por lo tanto, $\angle IBA^\prime = \alpha + \beta$ .

• En consecuencia, $\triangle IBA^\prime$ es isósceles con base $IB$ .

• La ley de los senos implica que $|\overline{A^\prime B}| = 2 r \sin\alpha$ por lo que también debe ser la longitud de $\overline{A^\prime I}$ .

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Lemma en mano, volvemos al problema original, con el cuadrilátero cíclico $\square ABCD$ determinación de incircunferencias con centro $W$ , $X$ , $Y$ , $Z$ como se muestra.

Con $M$ el punto medio de $\stackrel{\frown}{BC}$ observamos que los rayos $\overrightarrow{AX}$ y $\overrightarrow{DY}$ convergen en $M$ . Por el lema, con $r$ el radio del círculo, $$|\overline{MX}| = 2 r \sin\alpha = |\overline{MY}|$$

Además, como los ángulos inscritos $\angle ACD$ y $\angle AMD$ subtend $\stackrel{\frown}{AD}$ son congruentes, por lo que el ángulo del vértice del triángulo isósceles $\triangle XMY$ tiene medida $2\gamma$ . Por lo tanto,

$$|\overline{XY}| = 2 r \sin\alpha \sin\gamma \qquad\text{and, likewise,}\qquad |\overline{WX}| = 2 r \sin\beta \sin\delta$$ con $\beta$ y $\delta$ como en el primer diagrama anterior. Nótese que, por simetría, $|\overline{WZ}| = 2r\sin\alpha\sin\gamma$ y $|\overline{YZ}| = 2r\sin\beta\sin\delta$ . Tenemos casi demostrado el propio teorema japonés, ya que $\square WXYZ$ es ahora al menos un paralelogramo. Dando por sentado que es un rectángulo, vemos que $\square WXYZ$ es más específicamente un cuadrado si y sólo si dos lados adyacentes son congruentes; ésta es precisamente la condición $$\sin\alpha\;\sin\gamma \;=\; \sin\beta\;\sin\delta$$ como se ha reclamado. $\square$