Proyectividades: cuadriláteros completos y la cruz doble

El cuadrilátero completo y su triángulo diagonal

Un cuadrilátero completo es la figura formada por cuatro rectas en posición general (ninguna de las $\binom{4}{2} = 6$ intersecciones coincide con otra). Las cuatro rectas determinan seis puntos de intersección, que se agrupan en tres pares de puntos diagonales: si las cuatro rectas son $\ell_1, \ell_2, \ell_3, \ell_4$, los tres pares de puntos diagonales son $\{\ell_1 \cap \ell_2, \ell_3 \cap \ell_4\}$, $\{\ell_1 \cap \ell_3, \ell_2 \cap \ell_4\}$ y $\{\ell_1 \cap \ell_4, \ell_2 \cap \ell_3\}$.

El triángulo diagonal del cuadrilátero completo es el triángulo cuyos vértices son los tres puntos medios de los pares diagonales... No: los tres *pares* de puntos diagonales determinan tres rectas (llamadas diagonales), y esas tres rectas forman el triángulo diagonal. En el cuadrilátero completo formado por cuatro rectas, las tres diagonales forman un triángulo que tiene una propiedad fundamental: cada lado del triángulo diagonal es el eje polar de su vértice opuesto respecto del cuadrilátero completo.

El cuadrilátero completo aparece en olimpiadas cuando hay cuatro rectas en posición general (por ejemplo, los cuatro lados de un cuadrilátero inscrito en un círculo). En ese caso, el triángulo diagonal tiene propiedades especiales relacionadas con el círculo: por el Teorema de la Polaridad del Cuadrilátero Completo, cada vértice del triángulo diagonal y el lado opuesto forman un par polo-polar respecto del círculo.

La herramienta más concreta del cuadrilátero completo en olimpiadas es la siguiente: si $ABCD$ es un cuadrilátero inscrito en un círculo $\omega$, y $P = AC \cap BD$, $Q = AB \cap CD$, $R = AD \cap BC$ son los tres puntos diagonales, entonces $P$ es el polo de $QR$ respecto de $\omega$, $Q$ es el polo de $PR$ respecto de $\omega$, y $R$ es el polo de $PQ$ respecto de $\omega$. Este resultado convierte preguntas sobre polos y polares en preguntas sobre intersecciones de rectas del cuadrilátero.

Conjugados armónicos: definición y construcción con regla

Dados dos puntos distintos $A$ y $B$ en una recta, un punto $C$ en esa recta (distinto de $A$ y $B$) tiene un único conjugado armónico $D$ tal que $(A, B; C, D) = -1$, es decir $\frac{CA}{CB} / \frac{DA}{DB} = -1$ (con signos, usando razones orientadas). Los cuatro puntos $A, B, C, D$ forman una división armónica.

La construcción del conjugado armónico con regla (sin compás) es una de las operaciones clásicas de la geometría proyectiva. Construcción: dado $C$ en el segmento $AB$, elegimos un punto $P$ fuera de la recta. Trazamos las rectas $PA$ y $PB$. Elegimos un punto $Q$ en la recta $PA$ (distinto de $P$ y $A$) y un punto $R$ en la recta $PB$ (distinto de $P$ y $B$) tales que $Q$, $C$, $R$ no sean colineales. Trazamos $QR$ y $AB$: su intersección ya la tenemos ($C$). Trazamos $AR$ y $BQ$: su intersección es un punto $S$. Entonces $D = PS \cap AB$ es el conjugado armónico de $C$ respecto de $\{A, B\}$.

Esta construcción funciona porque el cuadrilátero $AQSR$ (o $BQSR$) es un cuadrilátero completo con diagonal $AB$, y la construcción extrae el punto armónico sobre $AB$. La razón doble $(A, B; C, D) = -1$ es invariante bajo proyectividades, así que la construcción es válida en cualquier sistema de referencia proyectivo.

En el lenguaje de la razón doble: $(A, B; C, D) = -1$ equivale a $\frac{\overrightarrow{CA}}{\overrightarrow{CB}} = -\frac{\overrightarrow{DA}}{\overrightarrow{DB}}$. Si tomamos $A$ y $B$ como origen y unidad en la recta (es decir $A = 0$, $B = \infty$ en coordenadas proyectivas), entonces $C$ y $D$ son conjugados armónicos respecto de $\{A, B\}$ si y solo si $C \cdot D =$ constante adecuada (lo que en coordenadas reales se escribe $\frac{c+d}{2} =$ punto medio de $AB$ solo cuando $C$ y $D$ son armónicos respecto de $A$ al infinito).

La razón doble de cuatro puntos y haces armónicos

La razón doble de cuatro puntos colineales $A, B, C, D$ (en ese orden sobre una recta) es el número $(A, B; C, D) = \frac{\overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{DB}}{\overrightarrow{CB} \cdot \overrightarrow{DA}}$ (usando longitudes orientadas). Este número es invariante bajo proyectividades: si $f$ es una proyectividad que lleva $A \mapsto A'$, etc., entonces $(A, B; C, D) = (A', B'; C', D')$.

Un haz armónico es un conjunto de cuatro rectas concurrentes en un punto $O$ tales que los ángulos que forman tienen una razón doble especial: si una transversal corta las cuatro rectas en $A, B, C, D$, entonces $(A, B; C, D) = -1$. La razón doble de un haz se define como la razón doble de sus cuatro puntos de intersección con cualquier transversal (el resultado es independiente de la transversal elegida).

Los haces armónicos aparecen naturalmente en olimpiadas en la configuración de polo y polar: si $P$ es un punto exterior a una circunferencia $\omega$ con polar $p$, y si la recta $PQ$ corta a $\omega$ en los puntos $X$ e $Y$ y a $p$ en el punto $R$, entonces $(P, R; X, Y) = -1$, es decir $P$, $R$ son conjugados armónicos respecto de $\{X, Y\}$. Geométricamente: la polar de $P$ "separa armónicamente" a $P$ de su intersección con la cuerda.

La conexión con el cuadrilátero inscrito: si $ABCD$ está inscrito en $\omega$ y $P = AC \cap BD$, $Q = AB \cap CD$, $R = AD \cap BC$, entonces en la recta $QR$ los puntos $Q$ y $R$ son los puntos que con la intersección de $QR$ con $AC$ y con $BD$ forman divisiones armónicas. Esto implica que el haz $P(A, C; P\text{ sobre } QR)$ es armónico, lo cual se usa para trasladar la concurrencia a propiedades del cuadrilátero inscrito.

División armónica en olimpiadas: polo/polar y el problema trabajado

En un problema del IMO, la división armónica aparece típicamente en dos formas: (1) el polo de una recta respecto de un círculo divide armónicamente cualquier cuerda que pase por él, y (2) en el cuadrilátero completo inscrito, los puntos diagonales forman haces armónicos.

Cómo identificar la división armónica en un problema: busca configuraciones del tipo "punto $P$ fuera de un círculo, tangentes desde $P$ tocan al círculo en $X$ e $Y$, una recta por $P$ corta al círculo en $A$ y $B$". En esa configuración, el punto de intersección de $XY$ con $AB$ y el punto $P$ son conjugados armónicos respecto de $\{A, B\}$. También aparece cuando hay un cuadrilátero $ABCD$ inscrito y se piden propiedades de $AC \cap BD$.

Problema resuelto (nivel ISL G4): Sea $ABCD$ un cuadrilátero cíclico (inscrito en el círculo $\omega$) con $AC \perp BD$. Sea $P = AC \cap BD$. Demuestra que la polar de $P$ respecto de $\omega$ es perpendicular a $AB$. Solución: la polar de $P$ respecto de $\omega$ es la recta $\ell$ tal que para cualquier cuerda $XY$ de $\omega$ que pasa por $P$, el punto $P$ y la intersección de $\ell$ con la recta $XY$ son conjugados armónicos respecto de $\{X, Y\}$. Por el Teorema del Cuadrilátero Inscrito: sea $Q = AB \cap CD$ y $R = AD \cap BC$. Entonces $QR$ es la polar de $P$ respecto de $\omega$ (pues $P$, $Q$, $R$ son los tres puntos diagonales del cuadrilátero completo $ABCD$ y la propiedad polo-polar del cuadrilátero completo da que el polo de $QR$ es $P$). La condición $AC \perp BD$ da $\angle APB = 90°$, lo cual en la configuración del cuadrilátero cíclico implica que $P$ es el ortocentro del triángulo $QPR$ (el triángulo diagonal), lo que a su vez fuerza $QR \perp$ la recta $AB$. $\square$

Problema trabajado con conjugados armónicos

Problema (estilo ISL G5): Sea $ABC$ un triángulo con circuncírculo $\omega$. Sea $D$ el punto donde la bisectriz del ángulo $\angle BAC$ corta a $BC$, y sea $D'$ el segundo punto de intersección de la bisectriz con $\omega$. Sea $E$ el punto donde la bisectriz exterior de $\angle BAC$ corta a $BC$. Demuestra que $D$ y $E$ son conjugados armónicos respecto de $\{B, C\}$.

Solución: Por el Teorema de la Bisectriz, $\frac{BD}{DC} = \frac{AB}{AC} = \frac{c}{b}$ (con longitudes positivas). Por el Teorema de la Bisectriz Exterior, $\frac{BE}{EC} = \frac{AB}{AC} = \frac{c}{b}$ pero con signo negativo (pues $E$ está en la prolongación de $BC$), es decir $\frac{\overrightarrow{BE}}{\overrightarrow{EC}} = -\frac{c}{b}$.

Calculamos la razón doble $(B, C; D, E)$ usando longitudes orientadas: $(B, C; D, E) = \frac{\overrightarrow{DB} \cdot \overrightarrow{EC}}{\overrightarrow{DC} \cdot \overrightarrow{EB}}$. Con $\overrightarrow{DB} / \overrightarrow{DC} = -c/b$ (pues $D$ divide $BC$ en razón $BD:DC = c:b$ desde $B$) y $\overrightarrow{EB} / \overrightarrow{EC} = b/c$ (pues $E$ divide $BC$ externamente en la misma razón), obtenemos $(B, C; D, E) = \frac{(-c/b)}{(b/c)^{-1}} = \frac{-c/b}{c/b} = -1$. Por tanto $D$ y $E$ son conjugados armónicos respecto de $\{B, C\}$. $\square$

Este resultado tiene una consecuencia olímpica directa: el punto $D'$ (segunda intersección de la bisectriz con $\omega$) es el punto medio del arco $BC$ que no contiene $A$. Por tanto $D'B = D'C$, y la potencia del punto $E$ respecto de $\omega$ satisface $EB \cdot EC = ED' \cdot EA$ (potencia de $E$). La combinación de la división armónica $B, C, D, E$ con las propiedades del punto $D'$ permite resolver preguntas sobre tangentes, polares e isogonales en el triángulo.