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Geometría Moderna I: Circunferencia de Brocard

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

Con esta entrada concluimos la unidad tres y en general temas relacionados con el triángulo, hablaremos de la circunferencia de Brocard y el primer triángulo de Brocard, veremos como se relacionan con los puntos de Brocard.

Circunferencia de Brocard

Definición. La circunferencia $\Gamma(KO)$ que tiene como diámetro el segmento que une el punto simediano $K$ y el circuncentro $O$ de un triángulo se conoce como circunferencia de Brocard.

El triángulo cuyos vértices son las segundas intersecciones de las mediatrices de un triángulo con su circunferencia de Brocard es el primer triángulo de Brocard.

Observación. Recordemos que el centro de la primera circunferencia de Lemoine es el punto medio entre el punto simediano y el circuncentro de un triángulo, por lo tanto, la circunferencia de Brocard y la primera circunferencia de Lemoine son concéntricas.

Teorema 1. Los puntos de Brocard están en la circunferencia de Brocard.

Demostración. En $\triangle ABC$ sea $\Omega$ el primer punto de Brocard, $K$ el punto simediano, $O$ el circuncentro y $A’$, $B’$, $C’$, los puntos medios de $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente.

Recordemos que las distancias de $K$ a los lados del triángulo son proporciónales a estos,
$d(K, BC) = a \dfrac{2(\triangle ABC)}{a^2 + b^2 + c^2}$

Figura 1

En un ejercicio de la entrada anterior se pide mostrar que
$\dfrac{1}{\tan \omega} = \cot \omega = \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{4(\triangle ABC)}$.

Donde $\omega$ es el ángulo de Brocard y $a$, $b$, $c$ los lados de $\triangle ABC$.

Por lo tanto, $d(K, BC) = \dfrac{a}{2} \tan \omega$.

Sea $A_1 = OA’ \cap B\Omega$, en $\triangle A_1BA’$, $A’A_1 = \dfrac{a}{2} \tan \omega$.

Esto implica que $A_1K \parallel BC$, como $OA_1$ es mediatriz de $BC$ entonces $\angle OA_1K = \dfrac{\pi}{2}$, y por lo tanto $A_1 \in \Gamma (KO)$.

De manera similar si consideramos $B_1$ la intersección del rayo $C\Omega$ con la mediatriz de $CA$, podemos ver $B_1K \parallel CA$ y que $B_1 \in \Gamma(KO)$.

Como $A_1K \parallel BC$ y $B_1K \parallel CA$ entonces $\angle KA_1\Omega = \omega = \angle KB_1\Omega$.

En consecuencia, el cuadrilátero $\square \Omega A_1B_1K$ es cíclico, pero el circuncírculo de $\triangle A_1B_1K$, es la circunferencia de Brocard.

Por lo tanto, el primer punto de Brocard $\Omega$, está en la circunferencia de Brocard.

Sea $\Omega’$ el segundo punto de Brocard, como $A_1$ y $B_1$ están en las mediatrices de $BC$ y $CA$ entonces $\triangle A_1BC$ y $\triangle B_1CA$ son isósceles y $\angle A_1CB = \angle B_1AC = \angle \Omega’CB = \angle \Omega’AC = \omega$.

Esto implica que $CA_1$ y $AB_1$ se intersecan en $\Omega’$.

Ya que $A_1K \parallel BC$ y $B_1K \parallel CA$, entonces, $\angle \Omega’A_1K = \omega$ y $\angle KB_1\Omega’ = \pi – \omega$.

Esto implica que $\square A_1\Omega B_1K$ es cíclico, y así el segundo punto de Brocard está en la circunferencia de Brocard.

$\blacksquare$

Corolario 1. Un triángulo y su primer triángulo de Brocard están en perspectiva desde los puntos de Brocard.

Demostración. En el teorema anterior vimos que $BA_1$ y $CB_1$ se intersecan en el primer punto de Brocard, de manera similar se puede ver que $A$, $C_1$ y $\Omega$ son colineales.

También mostramos que $CA_1 \cap AB_1 = \Omega’$, de manera análoga podemos ver que $BC_1$ pasa por $\Omega’$.

Por lo tanto $\Omega$ y $\Omega’$ son centros de perspectiva de $\triangle ABC$ y $\triangle A_1B_1C_1$.

$\blacksquare$

Corolario 2. $\triangle ABC$ y su primer triángulo de Brocard son semejantes.

Demostración. Como $B_1K \parallel CA$, $A_1K \parallel BC$ y tomando en cuenta que $\square A_1C_1B_1K$ es cíclico entonces $\angle ACB = \pi – \angle A_1KB_1 = \angle B_1C_1A_1$.

De manera similar vemos que $\angle A = \angle A_1$ y $\angle B = \angle B_1$.

$\blacksquare$

Conjugado isotómico del punto simediano

En la entrada triángulos en perspectiva vimos que si dos triángulos tienen dos centros de perspectiva entonces existe un tercero, en la siguiente proposición describimos este punto.

Proposición 1. El tercer centro de perspectiva entre un triángulo y su triángulo de Brocard es el conjugado isotómico del punto simediano respecto del triángulo original.

Demostración. Bajo la misma notación del teorema anterior, Recordemos que la $A$-simediana y la $A$-exsimediana son conjugadas armónicas respecto de $AB$, $AC$.

También sabemos que $BK$ y la $A$-exsimediana se intersecan en un punto exsimediano, es decir el punto de intersección de las tangentes por $A$ y $C$ al circuncírculo de $\triangle ABC$.

Figura 2

Sea $S = BK \cap AC$, entonces la hilera $BKSE$ es armónica, así, el haz $B’(BKSE)$ es armónico.

Tomando en cuenta que $OB_1B’E$ es una recta.

En el teorema anterior vimos que $B_1K  \parallel AC$, entonces las otras tres rectas del haz bisecan a $B_1K$, es decir $BB’$ biseca a $B_1K$.

Sea $X = BB_1 \cap AC$, como $\triangle BB_1K$ y $\triangle BXS$ son semejantes entonces $B’$ es el punto medio entre $X$ y $S$.

Por lo tanto, $BK$, $BB_1$, son rectas isotómicas, es decir, unen puntos isotómicos con el vértice opuesto.

Igualmente vemos que $AK$, $AA_1$ y $CK$, $CC_1$ son rectas isotómicas, como las simedianas concurren en $K$, entonces, $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$concurren en u punto $Y$.

$\blacksquare$

Centroide del triángulo de Brocard

Teorema 2. El centroide de un triángulo y el centroide de su primer triángulo de Brocard coinciden.

Demostración. Nuevamente emplearemos la notación del teorema 1.

Figura 3

$A_1$, $B_1$ y $C_1$ están en las mediatrices de $BC$, $CA$ y $AB$ entonces $\triangle A_1BC$, $\triangle B_1CA$, $\triangle C_1AB$ son isósceles, además son semejantes, pues $\angle A_1BC = \angle B_1CA = \angle C_1AB = \omega$, por lo tanto,

$\dfrac{AC_1}{AB_1} = \dfrac{AB}{CA}$ y $\dfrac{CA_1}{CB_1} = \dfrac{BC}{CA}$.

Sea $X$ la reflexión de $B_1$ respecto de $CA$, entonces
$\angle C_1AX = \angle C_1AC + \angle CAX $
$= \angle C_1AC + \angle B_1AC = \angle C_1AC + \omega $
$= \angle A$,

además $\dfrac{AC_1}{AX} = \dfrac{AC_1}{AB_1} =\dfrac{AB}{CA}$.

Por criterio de semejanza LAL, $\triangle ABC \sim \triangle AC_1X$, igualmente podemos ver que $\triangle ABC \sim \triangle XA_1C$.

Por lo tanto, $\triangle AC_1X \sim \triangle XA_1C$, pero $AX = AB_1 = B_1C = CX$, así que $\triangle AC_1X$ y $\triangle XA_1C$ son congruentes.

En consecuencia, $C_1X = A_1C = A_1B$ y $XA_1 = AC_1 = C_1B$, esto implica que $\square C_1BA_1X$ es un paralelogramo y por lo tanto $A_1C_1$ y $BX$ se cortan en su punto medio $M$.

En $\triangle B_1BX$, $B_1M$ y $BB’$ son medianas, donde $B’$ es el punto medio de $B_1X$ y $CA$, por lo tanto, su intersección $G$, triseca a ambas medianas de $\triangle B_1BX$.

Pero el centroide de $\triangle ABC$ y de $\triangle A_1B_1C_1$ es el único punto con esa propiedad, por lo tanto, su centroide es el mismo.

$\blacksquare$

Concurrencia en el centro de los nueve puntos.

Proposición 3. Las perpendiculares a los lados de un triángulo desde los puntos medios de su primer triángulo de Brocard concurren en el centro de los nueve puntos.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $\triangle A_1B_1C_1$ su primer triángulo de Brocard, $D$, $E$, $F$, los puntos medios de $B_1C_1$, $C_1A_1$, $A_1B_1$ respectivamente.

Figura 4

Notemos que las perpendiculares por $D$, $E$, $F$, a $BC$, $CA$, $AB$, respectivamente, son paralelas a $OA_1$, $OB_1$, $OC_1$ respectivamente, donde $O$ es el circuncentro de $\triangle ABC$.

Como $\triangle A_1B_1C_1$ y $\triangle DEF$, están en homotecia desde $G$, el centroide de $\triangle A_1B_1C_1$, y razón $\dfrac{- 1}{2}$, entonces los tres pares de rectas paralelas son pares de rectas homotéticas, pues pasan por puntos homólogos.

Como $OA_1$, $OB_1$, $OC_1$, concurren en $O$ entonces sus correspondientes rectas homotéticas concurren en el correspondiente punto homólogo, $O’$.

Entonces $O$, $G$ y $O’$ son colineales en ese orden y $\dfrac{OG}{2} = GO’$.

Como $G$ también es el centroide de $\triangle ABC$ entonces $O’$ es el centro de los nueve puntos de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Punto de Steiner

Proposición 4. Las rectas paralelas (perpendiculares) por los vértices de un triángulo a los respectivos lados de su primer triángulo de Brocard concurren en el circuncírculo del triángulo original, el punto de concurrencia se conoce como punto de Steiner (Tarry).

Demostración. Si $\triangle A_1B_1C_1$ es el primer triángulo de Brocard de $\triangle ABC$, sea $S$ la intersección de la paralela a $A_1C_1$  por $B$ y la paralela a $A_1B_1$ por $C$.

Figura 5

$\angle BSC = \angle C_1A_1B_1 = \angle BAC$, por lo tanto, $S$ se encuentra en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{AB}$.

De manera análoga vemos que $CS$ y la paralela a $B_1C_1$ por $A$ se intersecan en el circuncírculo de $\triangle ABC$.

Por lo tanto, las paralelas concurren en $S$.

Considera $T$ el punto diametralmente opuesto a $S$, entonces $AT \perp AS \Rightarrow AT \perp B_1C_1$.

De manera similar vemos que $BT \perp A_1C_1$ y $CT \perp A_1B_1$.

Por lo tanto, las perpendiculares concurren en el circuncírculo de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Más adelante…

Con la siguiente entrada comenzaremos la última unidad en la que hablaremos sobre cuadriláteros, mostraremos algunos teoremas que establecen propiedades análogas a la de los triángulos, como, cuando un cuadrilátero tiene un incírculo o la formula de Euler que mide la distancia entre el incentro y el circuncentro pero esta vez para cuadriláteros.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  1. Construye un triángulo, dado su primer triángulo de Brocard.
  2. Muestra que la recta que une los vértices de un triángulo con los correspondientes vértices de su primer triángulo de Brocard dividen a los lados opuestos del triángulo original en el inverso de la razón de los cuadrados de los lados adyacentes.
  3. Prueba que la reflexión del punto simediano respecto del centro de los nueve puntos de un triángulo es el centro de la circunferencia de Brocard de su triángulo anticomplementario.
  4. Muestra que el punto simediano y el circuncentro de un triángulo son el punto de Steiner y el punto de Tarry de su primer triángulo de Brocard.
  5. El triángulo cuyos vértices son las segundas intersecciones de las simedianas de un triángulo con su circunferencia de Brocard es el segundo triángulo de Brocard, demuestra que:
    $i)$ los vértices del segundo triángulo de Brocard son los puntos medios de las cuerdas del circuncírculo de su triángulo de referencia determinadas por sus simedianas,
    $ii)$ las circunferencias del grupo directo e indirecto que son tangentes a los lados de un mismo ángulo de un triángulo se intersecan en los vértices de su segundo triángulo de Brocard.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 279-284.
  • Johnson, R., Advanced Euclidean Geometry. New York: Dover, 2007, pp 277-282.
  • Shively, L., Introducción a la Geómetra Moderna. México: Ed. Continental, 1961, pp 73-75.
  • Honsberger, R., Episodes in Nineteenth and Twentieth Century Euclidean Geometry. Washington: The Mathematical Association of America, 1995, pp 106-124.

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Geometría Moderna I: Puntos de Brocard

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

En esta entrada hablaremos sobre un par de puntos conjugados isogonales del triángulo, los puntos de Brocard, que surgen de una construcción particular de circunferencias tangentes a los lados del triángulo.

Puntos de Brocard

Definición y notación. Dado un triángulo $\triangle ABC$, considera $\Gamma(BC)$ la circunferencia tangente a $BC$ en $B$ que pasa por $A$, $\Gamma(CA)$ la circunferencia tangente a $CA$ en $C$ que pasa por $B$, $\Gamma(AB)$ la circunferencia tangente a $AB$ en $A$ que pasa por $C$. Llamaremos a este conjunto de circunferencias, grupo directo de circunferencias.

De manera análoga, la circunferencia $\Gamma(CB)$ tangente a $BC$ en $C$ que pasa por $A$, la circunferencia $\Gamma(AC)$ tangente a $CA$ en $A$ que pasa por $B$ y la circunferencia $\Gamma(BA)$ tangente a $AB$ en $B$ que pasa por $C$, seran referidas como grupo indirecto de circunferencias.

Teorema 1. Las tres circunferencias del grupo directo (indirecto) asociado a un triángulo tienen un punto en común, al punto de concurrencia $\Omega$ $(\Omega’)$ se le conoce como primer (segundo) punto de Brocard.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $\Omega = \Gamma(BC) \cap \Gamma(CA)$, considera $D \in \overset{\LARGE{\frown}}{AB}$ arco de $\Gamma(BC)$, recorrido en ese sentido.

Como $\angle CBA$ es un ángulo semiinscrito de $\Gamma(BC)$ entonces $\angle BDA = \angle CBA$, por lo tanto, $\angle A\Omega B = \pi – \angle B$.

Figura 1

De manera análoga vemos que $\angle B\Omega C = \pi – \angle C$.

En consecuencia,
$\angle C\Omega A = 2\pi – (\angle A\Omega B) – (\angle B\Omega C) $
$= 2\pi – (\pi – \angle B) – (\pi – \angle C) = \angle B + \angle C $
$= \pi – \angle A$.

Por otra parte, como $\angle BAC$ es un ángulo semiinscrito de $\Gamma(AB)$, entonces todos los puntos en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{CA}$, recorrido en ese sentido, subtienden un ángulo $\angle A$ con la cuerda $CA$, por lo tanto, el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{AC}$ es el lugar geométrico de los puntos que subtienden con la cuerda $CA$ un ángulo igual a $\pi – \angle A$.

En conclusión $\Omega \in \Gamma(AB)$.

La demostración es análoga para el caso del grupo indirecto.

$\blacksquare$

Corolario 1. Los dos puntos de Brocard son los únicos puntos dentro de un triángulo $\triangle ABC$ que tienen la siguiente propiedad:
$i)$ $\angle BA\Omega = \angle CB\Omega = \angle AC\Omega $,
$ii)$ $\angle \Omega’ AC = \angle \Omega’ CB = \angle \Omega’ BA$.

Demostración. $i)$ $\angle BA\Omega$ y $\angle CB\Omega$ son ángulos inscrito y semiinscrito respectivamente de $\Gamma(BC)$ que abarcan el mismo arco, por lo tanto son iguales.

De manera análoga vemos que $\angle CB\Omega = \angle AC\Omega$.

Por otro lado supongamos que existe un punto $F$ dentro de $\triangle ABC$ tal que $\angle BAF = \angle CBF = \angle ACF$, considera el circuncírculo de $\triangle ABF$, como $\angle CBF$ es igual al ángulo inscrito $\angle BAF$, entonces $BC$ debe ser tangente al circuncírculo de $\triangle ABF$ en $B$, por lo tanto, $F \in \Gamma(BC)$.

De manera análoga vemos que $F \in \Gamma(CA)$ y $F \in \Gamma(AB)$ por lo tanto $F$ coincide con $\Omega$.

$ii)$ Se muestra de manera similar.

$\blacksquare$

Ángulo de Brocard

Corolario 2. Los puntos de Brocard son puntos conjugados isogonales.

Demostración. Si $X$ es el conjugado isogonal de $\Omega$ entonces (figura 1)
$\angle BA\Omega = \angle XAC$,
$\angle CB\Omega = \angle XBA$,
$ \angle AC\Omega = \angle XCB$.

Pero $\angle BA\Omega = \angle CB\Omega = \angle AC\Omega = \omega$, por lo tanto, el conjugado isogonal de $\Omega$ respecto a $\triangle ABC$ cumple que $\angle XAC = \angle XBA = \angle XCB$.

Como $\Omega’$ es el único punto que tiene esa propiedad dentro de $\triangle ABC$ entonces $X = \Omega’$.

$\blacksquare$

Definición 2. Los segmentos $A\Omega$, $A\Omega’$; $B\Omega$, $B\Omega’$; $C\Omega$, $C\Omega’$, se conocen como rayos de Brocard y el ángulo $\angle BA\Omega = \angle \Omega’AC = \omega$ se conoce como ángulo de Brocard.

Definición 3. Los lados del triángulo anticomplementario de un triángulo dado (las rectas paralelas a los lados de un triángulo por los vértices opuestos), se llaman exmedianas del triángulo dado.

Teorema 2. Una exsimediana, una exmediana y un rayo de Brocard, cada una por un vértice distinto de un triángulo dado, son concurrentes.

Demostración. En $\triangle ABC$ sea $B\Omega$ el rayo de Brocard que pasa por el primer punto de Brocard y $D$ la intersección de este rayo con la exmediana por $A$.

Figura 2

Como $AD \parallel BC$ entonces $\angle CAD = \angle C$ y $\angle ADB = \angle CB\Omega = \omega = \angle AC\Omega$, por lo tanto, $\square A\Omega CD$ está inscrito en $\Gamma(AB)$.

Por el corolario 1, $\angle C\Omega A = \angle B + \angle C$, esto implica que $\angle ADC = \angle A$, por lo tanto, $\angle DCA = \angle B$.

Como resultado $CD$ es exsimediana de $\triangle ABC$, es decir, es tangente al circuncírculo de $\triangle ABC$ en $C$.

$\blacksquare$

Corolario 3. El ángulo de Brocard $\omega$ de un triángulo $\triangle ABC$ satisface la siguiente igualdad $\cot \omega = \cot \angle A + \cot \angle B + \cot \angle C$

Demostración. En la figura anterior sean $H_a$, $H_d$ las proyecciones de $A$ y $D$ en $BC$, como $\angle DCA = \angle B$ entonces $\angle H_dCD = \angle A$, por lo tanto,
$\cot \omega = \dfrac{BH_d}{DH_d}$
$= \dfrac{BH_a}{DH_d} + \dfrac{H_aC}{DH_d} + \dfrac{CH_d}{DH_d}$
$= \dfrac{BH_a}{AH_a} + \dfrac{H_aC}{AH_a} + \dfrac{CH_d}{DH_d}$
$ = \cot \angle B + \cot \angle C + \cot \angle A$.

$\blacksquare$

Construcción de un triángulo dado su ángulo de Brocard

Problema. Construye un triángulo, dados un lado, un ángulo y $\omega$, su ángulo de Brocard.

Solución. Sea $\angle B’AC’$ el ángulo dado, en $AC’$ tomamos un punto $C$ arbitrario, sobre $CA$ y con vértice en $C$ abrimos un ángulo igual a $\omega$ en el sentido contrario al de las manecillas del reloj, hacemos lo mismo pero esta vez sobre $AB$ en y vértice en $A$.

Figura 3

La intersección de los segundos lados de los ángulos construidos será $\Omega$, el primer punto de Brocard, ahora sobre $\Omega C$ construimos el lugar geométrico de los puntos que subtienden un ángulo igual a $\omega$ con los puntos $\Omega$ y $C$, el cual es un arco de circunferencia.

Este arco puede intersecar a $AB’$ en dos puntos $B$ y $B’’$, entonces obtenemos $\triangle ABC$ y $\triangle ACB’’$, sin embargo, estos dos triángulos son semejantes, si este arco no interseca a $AB$ entonces no hay solución.

$\triangle ABC$ es semejante al triangulo requerido, el cual puede ser construido a partir del lado dado.

$\blacksquare$

Triángulo circunscrito de ceva de los puntos de Brocard

Teorema 3.
$i)$ Los rayos de Brocard intersecan otra vez al circuncírculo del triángulo, en tres puntos que forman un triángulo congruente con el triángulo original,
$ii)$ este triángulo puede ser obtenido rotando el triángulo original un ángulo igual a dos veces su ángulo de Brocard con centro en el circuncentro,
$iii)$ el primer (segundo) punto de Brocard del triángulo original es el segundo (primer) punto de Brocard del triángulo rotado.

Demostración. Sea $\Omega$ el punto positivo de Brocard de $\triangle ABC$, consideremos $B’$, $C’$, $A’$ las segundas intersecciones de $A\Omega$, $B\Omega$, $C\Omega$ con el circuncírculo de $\triangle ABC$.

Figura 4

Entonces,
$\angle B’A’C’ = \angle B’A’C + \angle CA’C’ = \angle B’AC + \angle CBC’ = \angle B’AC + \omega = \angle BAC$.

Igualmente vemos que $\angle B = \angle B’$ y $\angle C’ = \angle C$.

Como $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ son semejantes y están inscritos en el mismo circulo, entonces son congruentes.

Por otro lado, $\angle AOA’ = 2 \angle ACA’ = 2 \omega$.

Finalmente $\angle \Omega A’C’ = \angle CA’C’ = \angle CBC’ = \omega$.

Similarmente, $\angle \Omega C’B’ = \omega = \angle \Omega B’A’$.

Por lo tanto $\Omega$ es el segundo punto de Brocard de $\triangle A’B’C’$.

$\blacksquare$

Corolario 4. Los dos puntos de Brocard de un triángulo son equidistantes del circuncentro del triángulo.

Demostración. Si partimos esta vez del triángulo $\triangle A’B’C’$ y hacemos una rotación un ángulo igual a $2\omega$ con centro en $O$ en el sentido de las manecillas del reloj, entonces su segundo punto de Brocard coincidirá con el segundo punto de Brocard de $\triangle ABC$.

Ya que el segundo punto de Brocard de $\triangle A’B’C’$, es el primer punto de Brocard de $\triangle ABC$, entonces estos puntos son equidistantes a $O$.

$\blacksquare$

Triángulo pedal de los puntos de Brocard

Corolario 5. El triángulo pedal del primer (segundo) punto de Brocard es semejante a su triángulo de referencia, además el primer (segundo) punto de Brocard es el mismo para ambos triángulos.

Demostración. En la figura anterior, sean $\Omega_a$, $\Omega_b$, $\Omega_c$, las proyecciones de $\Omega$ en $BC$, $CA$, $AB$, respectivamente.

En la entrada anterior mostramos que para cualquier punto $\omega$, su triángulo pedal $\triangle \Omega_a\Omega_b\Omega_c$, es semejante a su triángulo circunscrito de Ceva respecto de $\triangle B’C’A’$.

Por el teorema anterior, $\triangle ABC \cong \triangle A’B’C’$, por lo tanto $\triangle \Omega_c\Omega_a\Omega_b \sim \triangle ABC$.

Por otro lado, como $\square \Omega_cB\Omega_a\Omega$ es cíclico entonces
$\angle \Omega\Omega_c\Omega_a = \angle \Omega B\Omega_a = \omega$.

Igualmente vemos que $\angle \Omega\Omega_a\Omega_b = \omega = \angle \Omega\Omega_b\Omega_c$.

La prueba es análoga para el caso del segundo punto de Brocard.

$\blacksquare$

Corolario 6. Los triángulos pedales de los dos puntos de Brocard de un triángulo son congruentes.

Demostración. Como los dos puntos de Brocard de un triángulo son conjugados isogonales, entonces sus triangulo pedales tienen el mismo circuncírculo y como son semejantes, entonces son congruentes.

$\blacksquare$

Más adelante…

Continuando con el tema de geometría de Brocard, en la siguiente entrada hablaremos de la circunferencia de Brocard, veremos que los puntos de Brocard están en esta circunferencia y que estos permiten la construcción de un triángulo que es semejante y esta en perspectiva con el triángulo original.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  1. Prueba que $\cot \omega = \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{4(\triangle ABC)}$.
  2. Muestra que el valor del ángulo de Brocard $\omega$ de un triángulo es a lo mas $\dfrac{\pi}{6}$.
  3. Muestra que los triángulos antipedales de los puntos de Brocard son semejantes a su triangulo de referencia.
  4. Construye un triángulo dados dos lados indefinidos y un punto de Brocard.
  5. Muestra que un rayo de Brocard, una mediana y una simediana, cada uno por un vértice distinto de un triángulo, son concurrentes.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 274-278.
  • Johnson, R., Advanced Euclidean Geometry. New York: Dover, 2007, pp 263-270.
  • Honsberger, R., Episodes in Nineteenth and Twentieth Century Euclidean Geometry. Washington: The Mathematical Association of America, 1995, pp 99-106.
  • Shively, L., Introducción a la Geómetra Moderna. México: Ed. Continental, 1961, pp 71-73.
  • Aref, M. y Wernick, W., Problems and Solutions in Euclidean Geometry. New York: Dover, 2010, pp 188-191.

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Geometría Moderna I: Rectas isogonales

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

En esta ocasión hablaremos sobre un tipo mas general de pares de rectas que las medianas y simedianas, estas son las rectas isogonales, esto nos permitirá hablar sobre pares de puntos mas generales que el centroide y el punto simediano, nos referimos a los puntos conjugados isogonales y a sus triángulos pedales.

Rectas isogonales

Definición 1. Dos rectas que pasan por el vértice de un ángulo tales que una es la reflexión de la otra respecto a la bisectriz del ángulo, se llaman rectas isogonales.

Teorema 1. Las distancias a los lados de un ángulo desde dos puntos en dos rectas que pasan por el vértice del ángulo son inversamente proporcionales si y solo si las rectas son isogonales.

Demostración. Si $AP$ y $AQ$ son dos rectas isogonales respecto del ángulo $\angle BAC$, considera $P_c$, $Q_c$, las proyecciones de $P$ y $Q$ en $AB$, y $P_b$, $Q_b$, las proyecciones de $P$ y $Q$ en $AC$.

Figura 1

Como $AP$, $AQ$ son isogonales entonces $\angle BAP = \angle QAC$ y tenemos las siguientes semejanzas $\triangle APP_c \sim \triangle AQQ_b$, $\triangle APP_b \sim \triangle AQQ_c$ por lo tanto,
$\dfrac{PP_c}{QQ_b} = \dfrac{AP}{AQ} = \dfrac{PP_b}{QQ_c}$.

$\blacksquare$

Ahora supongamos que las distancias a los lados del ángulo, desde $P$ y $Q$, son inversamente proporcionales.

Notemos que los cuadriláteros $\square AP_cPP_b$, $\square AQ_cQQ_b$ son cíclicos, por lo tanto, los pares de ángulos $\angle BAC$, $\angle P_bPP_c$ y $\angle BAC$, $\angle Q_bQQ_c$ son suplementarios, entonces $\angle P_bPP_c = \angle Q_bQQ_c$.

Por hipótesis tenemos que $PP_c \times QQ_c = PP_b \times QQ_b$
$\Rightarrow \dfrac{PP_c}{QQ_b} = \dfrac{PP_b}{QQ_c}$.

Por criterio de semejanza LAL, $\triangle PP_bP_c \sim \triangle QQ_cQ_b$,  y como$\square AP_cPP_b$, $\square AQ_cQQ_b$ son cíclicos, entonces
$\angle BAP = \angle P_cP_bP = \angle QQ_cQ_b = \angle QAC$.

Por lo tanto $AP$ y $AQ$ son isogonales.

$\blacksquare$

Puntos conjugados isogonales

Teorema 2. Si tres cevianas de un triángulo son concurrentes, entonces sus rectas isogonales respecto de los ángulos del triángulo son concurrentes, los puntos de concurrencia se llaman conjugados isogonales respecto al triángulo considerado.

Si en $\triangle ABC$, $AP$, $BP$, $CP$ son tres cevianas concurrentes, consideremos $Q$ la intersección de las isogonales $BQ$, $CQ$ de $BP$ y $CP$ respectivamente, sean $P_a$, $P_b$, $P_c$; $Q_a$, $Q_b$, $Q_c$, las proyecciones de $P$ y $Q$ en $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente.

Figura 2

Por el teorema 1, $\dfrac{PP_a}{PP_c} = \dfrac{QQ_c}{QQ_a}$ y $\dfrac{PP_b}{PP_a} = \dfrac{QQ_a}{QQ_b}$.

Como resultado, $PP_c \times QQ_c = PP_a \times QQ_a = PP_b \times QQ_b$.

Por el teorema 1, $P$ y $Q$ están sobre rectas isogonales repecto de $\angle BAC$.

$\blacksquare$

Proposición 1. Dados un ángulo y un punto, la recta que une las proyecciones del punto a los lados del ángulo, es perpendicular a la isogonal a la recta que une el vértice del ángulo con el punto dado.

Demostración. En la entrada simediana probamos la misma proposición, pero para simedianas y medianas, la demostración permanece igual para el caso general.

$\blacksquare$

Corolario. Dados un triángulo $\triangle ABC$ y un punto $P$, las perpendiculares desde los vértices del triángulo a los lados del triángulo pedal de $P$ respecto de $\triangle ABC$, concurren en el conjugado isogonal de $P$ respecto de $\triangle ABC$.

Demostración. Aplicamos la proposición anterior a los tres ángulos del triángulo y recordamos que las tres isogonales a $AP$, $BP$ y $CP$ son concurrentes (figura 2).

$\blacksquare$

Proposición 2. El conjugado isogonal de un punto respecto a un triángulo es un punto al infinito si y solo si el punto se encuentra en el circuncírculo del triángulo.

Demostración. Sean $\triangle ABC$, y $P$ un punto, recordemos que el triángulo pedal de $P$ respecto de $\triangle ABC$ degenera en una recta, la recta de Simson, sí y solo si $P$ esta en el circuncírculo de $\triangle ABC$.

Figura 3

Por la proposición 1, las rectas isogonales a $AP$, $BP$, $CP$, respecto de los ángulos de $\triangle ABC$ son perpendiculares a los lados del triángulo pedal, por lo tanto estas rectas son paralelas si y solo si las proyecciones de $P$ en los lados de $\triangle ABC$ son colineales.

Ya que las rectas paralelas se intersecan en un punto ideal y las isogonales a $AP$, $BP$, $CP$ se intersecan en el conjugado isogonal a $P$, se tiene el resultado.

$\blacksquare$

Circulo pedal de conjugados isogonales

Proposición 3. Las proyecciones a los lados de un ángulo desde dos puntos en dos rectas isogonales son cíclicos y el centro de la circunferencia es el punto medio entre $P$ y $Q$.

Demostración. En la demostración del teorema 1, vimos que se tienen la siguientes semejanzas, $\triangle APP_c \sim \triangle AQQ_b$, $\triangle APP_b \sim \triangle AQQ_c$, es decir,
$\dfrac{AP_c}{AQ_b} = \dfrac{AP}{AQ} = \dfrac{AP_b}{AQ_c}$
$\Rightarrow AP_c \times AQ_c = AP_b \times AQ_b$.

Figura 4

Por el teorema de las cuerdas, $\square P_cQ_bP_bQ_c$ es un cuadrilátero cíclico.

Por otra parte, en $\triangle P_cQ_cP$, la mediatriz de $P_cQ_c$ es paralela a $P_cP$ y pasa por el punto medio de $P_cQ_c$, por lo tanto pasa por el punto medio de $PQ_c$.

En $\triangle PQ_cQ$ la mediatriz de $P_cQ_c$ es paralela a $Q_cQ$ y pasa por el punto medio de $PQ_c$ por lo tanto pasa por el punto medio de $PQ$.

Igualmente vemos que la mediatriz de $P_bQ_b$ pasa por el punto medio de $PQ$.

Como $P_cQ_c$ y $P_bQ_b$ son cuerdas de la circunferencia sus mediatrices se intersecan en el centro, por lo tanto este coincide con el punto medio de $PQ$.

$\blacksquare$

Teorema 3. Los triángulos pedales de dos puntos que son conjugados isogonales respecto a un triángulo tienen el mismo circuncírculo y su centro es el punto medio entre los puntos isogonales, esta circunferencia se conoce como circulo pedal de los puntos conjugados isogonales.

Demostración. Sean $O$ el punto medio de $PQ$ y $\triangle P_aP_bP_c$, $\triangle Q_aQ_bQ_c$, los triángulos pedales de $P$ y $Q$.

Por la proposición anterior, $\square Q_cP_CQ_bP_b$ es cíclico, con centro en $O$, $\square Q_cP_cP_aQ_a$ es cíclico con centro en $O$, $\square P_bP_aQ_aQ_b$ es cíclico con centro en $O$.

Figura 5

Como estas tres circunferencias son concéntricas y tienen el mismo radio, son la misma.

$\blacksquare$

Teorema 4. Dado un triángulo $\triangle ABC$ y un punto $P$, el circuncírculo del triángulo pedal de $P$ respecto de $\triangle ABC$, corta a los lados de $\triangle ABC$ en los vértices del triángulo pedal del conjugado isogonal de $P$ respecto a $\triangle ABC$.

Demostración. Si $\triangle P_aP_bP_c$ es el triángulo pedal de $P$ (figura 5), sean $Q_a \in BC$, $Q_b \in CA$, $Q_c \in AB$, las otras tres intersecciones de $\Gamma(O)$, el circuncírculo de $\triangle P_aP_bP_c$ con $\triangle ABC$, consideremos $Q$ el conjugado isogonal de $P$ respecto $\triangle ABC$ y $OM \parallel PP_a$, con $M \in P_aQ$.

Como $OM \parallel PP_a$ y pasa por el punto medio de $PQ$ entonces $M$ es el punto medio de $P_aQ$.

Como $OM \perp P_aQ_a$ y pasa por $O$ entonces es la mediatriz de $P_aQ_a$ y por lo tanto biseca a $P_aQ_a$.

Ya que $OM$ biseca a $P_aQ_a$ y $P_aQ$ entonces $OM \parallel QQ_a$.

Por lo tanto, $QQ_a \perp BC$, igualmente vemos que $QQ_b \perp CA$, $QQ_c \perp AB$.

En consecuencia, $\triangle Q_aQ_bQ_c$ es el triángulo pedal de $Q$.

$\blacksquare$

Proposición 4. Dado un triángulo $\triangle ABC$ y un punto $P$, el centro del circuncírculo del triángulo cuyos vértices son las reflexiones de $P$ respecto de los lados de $\triangle ABC$, es el conjugado isogonal de $P$ respecto de $\triangle ABC$.

Demostración. Sean $P_a’$, $P_b’$, $P_c’$, las respectivas reflexiones de $P$ respecto de $BC$, $CA$ y $AB$, considera $\triangle P_aP_bP_c$ el triángulo pedal de $P$ respecto de $\triangle ABC$.

Figura 6

Por construcción, $P$ es el centro de homotecia entre $\triangle P_aP_bP_c$ y $\triangle P_a’P_b’P_c’$ con razón de homotecia $2$, por lo tanto, sus respectivos circuncírculos y sus circuncentros también están en homotecia con centro en $P$ y razón $2$.

En consecuencia, si $O$ es el circuncentro de $\triangle P_aP_bP_c$, entonces el circuncentro de $\triangle P_a’P_b’P_c’$ se encuentra en la reflexión $Q$, de $P$ respecto de $O$.

Por el teorema 3, $Q$ el conjugado isogonal de $P$ respecto de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Triángulo antipedal

Definición 2. Dado un triángulo $\triangle ABC$ y un punto $P$, el triángulo $\triangle A’B’C’$ formado por las perpendiculares a $AP$, $BP$, $CP$, por los vértices de $\triangle ABC$ se llama triángulo antipedal de $P$ respecto de $\triangle ABC$

Notemos que $\triangle ABC$ es el triángulo pedal de $P$ respecto de $\triangle A’B’C’$.

Proposición 5. Sean $\triangle ABC$ y $P$ un punto, entonces el triángulo antipedal de $P$ respecto de $\triangle ABC$ y el triángulo pedal del conjugado isogonal de $P$ respecto de $\triangle ABC$ son homotéticos.

Figura 7

Demostración. Sea $Q$ el conjugado isogonal de $P$ respecto de $\triangle ABC$, consideremos $Q_a \in BC$, $Q_b \in CA$, $Q_c \in AB$, las proyecciones de $Q$ en lados de $\triangle ABC$.

Por la proposición 1, la isogonal $CP$, de $CQ$, es perpendicular a $Q_aQ_b$ entonces $A’B’ \parallel Q_aQ_b$ (figura 7).

Igualmente vemos que $B’C’ \parallel Q_bQ_c$ y $C’A’ \parallel Q_cQ_a$.

Por lo tanto, existe una homotecia entre $\triangle A’B’C’$ y $\triangle Q_aQ_bQ_c$.

$\blacksquare$

Área del triangulo pedal

Teorema 5, de Euler. Sean $\triangle ABC$ y $P$ un punto, considera $\triangle P_aP_bP_c$ el triángulo pedal de $P$ respecto de $\triangle ABC$ y $(O, R)$ el circuncírculo de $\triangle ABC$, entonces podemos calcular el área de $\triangle P_aP_bP_c$ mediante la siguiente formula:
$(\triangle P_aP_bP_c) = \dfrac{|R^2 – OP^2|}{4R^2} (\triangle ABC)$.

Demostración. Sean $D$, $E$, $F$ las segundas intersecciones de $AP$, $BP$, $CP$ con $(O, R)$, veamos que $\triangle P_aP_bP_c$ y $\triangle DEF$ son semejantes.

Figura 8

Tomando en cuenta que $\square PP_cP_bA$ y $\square PBP_aP_c$ son cíclicos tenemos:
$\angle DFE = \angle DFP + \angle PFE $
$= \angle DAC + \angle CBE = \angle PAP_b + \angle P_aBP $
$= (\pi – \angle P_bP_cP) + (\pi – \angle PP_cP_a)$
$ = 2\pi – \angle P_bP_cP_a = \angle P_aP_cP_b$.

De manera similar vemos que $\angle EDF = \angle P_bP_aP_c$ y $\angle FED = \angle P_cP_bP_a$, $\Rightarrow \triangle P_aP_bP_c \sim \triangle DEF$.

Al triángulo $\triangle DEF$ se le conoce como triángulo circunscrito de Ceva de $P$ respecto de $\triangle ABC$.

Recordemos que podemos calcular el área de un triángulo como el producto de sus lados entre cuatro veces su circunradio, si $R_p$ es el circunradio de $\triangle P_aP_bP_c$, entonces

$\begin{equation} \dfrac{(\triangle P_aP_bP_c)}{(\triangle ABC)} = \dfrac{P_aP_b}{AB} \times \dfrac{P_bP_c}{BC} \times \dfrac{P_cP_a}{CA} \times \dfrac{R}{R_p}. \end{equation}$

Con el fin de calcular la última ecuación, consideremos los siguientes argumentos.

Como $\triangle P_aP_bP_c \sim \triangle DEF$ entonces $\dfrac{R}{R_p} = \dfrac{DE}{P_aP_b}$.

Ya que $\square ABDE$ es cíclico, entonces $\triangle PAB \sim \triangle PED$, esto es
$\dfrac{PA}{PE} = \dfrac{AB}{ED}$.

También, como $\square PP_cP_bA$ y $\square PBP_aP_c$ $\square PP_aCP_b$ son cíclicos y aplicando la ley extendida de los senos tenemos,
$P_bP_c = PA \sin \angle A$ y $P_cP_a = PB \sin \angle B$.

Ahora, aplicamos la ley extendida de los senos en $\triangle ABC$,
$\dfrac{\sin \angle A}{BC} =\dfrac{1}{2R} = \dfrac{\sin \angle B}{AC}$.

Finalmente, la potencia de $P$ respecto de $(O, R)$ es $PB \times PE = |R^2 – OP^2|$.

Sustituyendo lo anterior en $(1)$ obtenemos:

$\dfrac{(\triangle P_aP_bP_c)}{(\triangle ABC)} = \dfrac{P_aP_b}{AB} \times \dfrac{PA \sin \angle A}{BC} \times \dfrac{PB \sin \angle B}{CA} \times \dfrac{DE}{P_aP_b}$
$= \dfrac{PE}{PA} \times \dfrac{PA \times PB}{(2R)(2R)}$
$= \dfrac{|R^2 – OP^2|}{4R^2}$.

$\blacksquare$

Más adelante…

En la siguiente entrada hablaremos sobre un par de puntos conjugados isogonales en particular, se trata de los puntos de Brocard, que tienen algunas propiedades especiales dentro de un triángulo.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  1. Muestra que:
    $i)$ el ortocentro y el circuncentro de un triángulo son conjugados isogonales,
    $ii)$ el incentro y los excentros de un triángulo son sus propios conjugados isogonales.
  2.  Sea $P$ un punto dentro de un triangulo $\triangle ABC$, considera a $Q$ su conjugado isogonal, muestra que $\angle BPC + \angle BQC = \pi + \angle BAC$.
  3. Sean $P$ y $Q$ puntos conjugados isogonales respecto a un triangulo $\triangle ABC$, prueba que $\dfrac{AP \times AQ}{AB \times AC} + \dfrac{BP \times BQ}{BA \times BC} + \dfrac{CP \times CQ}{CA \times CB} = 1$.
  4. Sean $\triangle ABC$ y $P$ un punto en su interior, considera $\triangle P_aP_bP_c$ el triángulo pedal de $P$ respecto $\triangle ABC$, supón que $P_aP_b \perp P_aP_c$, muestra que el conjugado isogonal de $P$ respecto de $\triangle ABC$ es el ortocentro de $\triangle AP_bP_c$.
  5. En la figura 7, muestra que el producto de los triángulos homotéticos es igual al cuadrado del área de $\triangle ABC$.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 267-273.
  • Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 95-108.
  • Lozanovski, S., A Beautiful Journey Through Olympiad Geometry. Version 1.4. 2020, pp 169-176.
  • Johnson, R., Advanced Euclidean Geometry. New York: Dover, 2007, pp 153-157.

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Geometría Moderna I: Circunferencias de Lemoine

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

En esta entrada veremos un conjunto de circunferencias que surgen de una construcción particular a partir del punto simediano o punto de Lemoine, las circunferencias de Lemoine, y su generalización, las circunferencias de Tucker.

Primera circunferencia de Lemoine

Teorema 1. Si por el punto simediano de un triángulo dado trazamos paralelas a los lados del triángulo, entonces estas tres paralelas intersecan a los lados del triángulo en seis puntos cíclicos, a dicha circunferencia se le conoce como primera circunferencia de Lemoine.

Demostración. En $\triangle ABC$, sean $K$ el punto de Lemoine, $Z’KY \parallel BC$, $X’KZ \parallel CA$, $Y’KX \parallel AB$, $X$, $X’ \in BC$, $Y$, $Y’ \in CA$, $Z$, $Z’ \in AB$.

Dado que $KY’ \parallel AZ$ y $KZ \parallel AY’$, $\square AZKY’$ es paralelogramo, por lo tanto, $AK$ biseca a $ZY’$, de esto se sigue que $ZY’$ es antiparalela a $BC$ respecto a $AB$ y $CA$.

Figura 1

Como $Z’Y \parallel BC$, entonces $Z’Y$ y $ZY’$ son antiparalelas respecto a $AB$ y $CA$, es decir, $\square ZZ’YY’$ es cíclico.

Igualmente podemos ver qué $XZ’$, $CA$ son antiparalelas respecto a $AB$, $BC$ y que $\square Z’XX’Z’$ es cíclico.

Como $Z’Y \parallel BC$ y $\square ZZ’YY’$ es cíclico entonces $\angle Z’ZY’ = \angle A + \angle B$.

Como $XZ’$ y $CA$ son antiparalelas entonces $\angle Z’XB = \angle A$, ya que $AB \parallel XY’$ tenemos que $\angle CXY’ = \angle B$, por lo anterior tenemos que $\angle Y’XZ’ = \angle C$.

Entonces, como los ángulos $\angle Y’XZ’$, $\angle Z’ZY’$ son suplementarios, $\square Z’XY’Z$ es cíclico, por lo tanto, $X$, $Y$, $Y’$, $Z$, $Z’$, están en la misma circunferencia.

Finalmente, como $X’$ esta en el circuncírculo de $\triangle XZZ’$ entonces el hexágono $XY’ZX’YZ’$ es cíclico.

$\blacksquare$

Proposición 1. El centro de la primera circunferencia de Lemoine es el punto medio entre el circuncentro y el punto de Lemoine.

Demostración. En la figura 1, del teorema anterior, sean $O$ el circuncentro de $\triangle ABC$ y $M= AK \cap ZY’$, considera $L$ el punto medio de $KO$, con $K$ el punto de Lemoine.

Como $\square AZKY’$ es paralelogramo, entonces $M$ es punto medio de $AK$ y $ZY’$.

En $\triangle AOK$, $LM$ es un segmento medio, por lo tanto, $ML \parallel AO$.

Ya que $ZY’$, $BC$ son antiparalelas respecto a $AB$, $CA$, entonces $ZY’$ es paralela a la tangente al circuncírculo de $\triangle ABC$ por $A$, por lo tanto, $AO \perp ZY’$.

En consecuencia, $ML \perp ZY’$, como $M$ es el punto medio de $ZY’$ entonces $L$ esta en la mediatriz de $ZY’$.

Igualmente vemos que $L$ esta en la mediatriz de $XZ’$, $YX’$, por lo tanto, $L$ es el centro de la primera circunferencia de Lemoine.

$\blacksquare$

Proposición 2. Las cuerdas de la primera circunferencia de Lemoine, contenidas en los lados del triángulo, son proporcionales a los cubos de dichos lados.

Demostración. Sean $D$ y $H_a$ las proyecciones de $K$ y $A$ en $BC$ respectivamente (figura 1), como $Y’X \parallel AB$ y $X’Z \parallel CA$ entonces $\triangle ABC$ y $\triangle KXX’$ son semejantes.

Por lo tanto,
$\dfrac{XX’}{BC} = \dfrac{KD}{AH_a} $
$= \dfrac{BC \times 2(\triangle ABC)}{AB^2 + BC^2 + CA^2} \times \dfrac{BC}{2(\triangle ABC)}$.

Donde la segunda igualdad se sigue del corolario 2 de la entrada anterior y de considerar el área de $\triangle ABC$.

$\Rightarrow XX’ = \dfrac{BC^3}{AB^ + BC^2 + CA^2}$.

De manera similar se ve que
$YY’ = \dfrac{CA^3}{AB^ + BC^2 + CA^2}$,
$ZZ’ = \dfrac{AB^3}{AB^ + BC^2 + CA^2}$.

$\blacksquare$

Segunda circunferencia de Lemoine

Teorema 2. Si por el punto simediano $K$ de un triángulo trazamos antiparalelas a los lados del triángulo, entonces estas tres antiparalelas intersecan a los lados del triángulo en seis puntos cíclicos con centro en $K$, a dicha circunferencia se le conoce como segunda circunferencia de Lemoine.

Demostración. En $\triangle ABC$ sean $K$ el punto de Lemoine, $Z’KY$ antiparalela a $BC$ respecto a $AB$ y $CA$, $X’KZ$ antiparalela a $CA$ respecto a $AB$ y $BC$, $Y’KX$ antiparalela a $AB$ respecto a $BC$ y $CA$, $X$, $X’ \in BC$, $Y$, $Y’ \in CA$, $Z$, $Z’ \in AB$.

Como $X’Z$ y $CA$ son antiparalelas, entonces $BK$ biseca a $X’Z$, de manera análoga vemos que $CK$ biseca a $Y’X$.

Figura 2

Dado que las antiparalelas $X’Z$ e $Y’X$ se intersecan en la $A$-simediana, entonces son iguales en magnitud.

Como resultado, concluimos que $\square XX’Y’Z$ es un rectángulo, por lo tanto, $X$, $X’$, $Y’$, $Z$, están en una circunferencia con centro en $K$.

Igualmente podemos ver que $AK$ biseca a $YZ’$ y que $XY’ = YZ’ = ZX’$.

Por lo tanto, el hexágono $XY’ZX’YZ’$ es cíclico.

Proposición 4. Las cuerdas de la segunda circunferencia de Lemoine, contenidas en los lados del triángulo son proporcionales a los cosenos de los ángulos opuestos a dichos lados, razón por la cual también es conocida como circunferencia de los cosenos.

Demostración. Dado que $Y’X$ y $AB$ son antiparalelas respecto a $BC$ y $CA$ (figura 2), entonces $\angle X’XY’ = \angle A$.

Como $\triangle Y’X’X$ es un triangulo rectángulo, entonces $\cos \angle A = \cos \angle X’XY’ = \dfrac{XX’}{Y’X}$.

Como $Y’X = X’Z = Z’Y = q$, entonces $XX’ = q \cos \angle A$.

Igualmente podemos ver que $YY’ = q \cos \angle B$ y $ZZ’ = q \cos \angle C$.

$\blacksquare$

Circunferencia de Tucker

Teorema 3. Si aplicamos una homotecia a un triángulo con centro en su punto de Lemoine entonces los lados del triángulo imagen cortaran a los lados del triángulo original en seis puntos cíclicos, a esta circunferencia se le conoce como circunferencia de Tucker.

Demostración. Sea $K$ el punto de Lemoine de $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ su imagen bajo una homotecia con centro en $K$, entonces los lados correspondientes son paralelos.

Sean $X$, $X’$ las intersecciones de $A’B’$ y $C’A’$ con $BC$, $Y$, $Y’$ las intersecciones de $B’C’$ y $A’B’$ con $CA$, $Z$, $Z’$ las intersecciones de $C’A’$ y $B’C’$ con $AB$.

Figura 3

Como $AZA’Y’$ es un paralelogramo entonces $AK$ biseca $Y’Z$, por lo tanto $Y’Z$ es antiparalela a $BC$ respecto a $AB$, $CA$.

De manera análoga, los pares de rectas $XZ’$, $CA$; $YX’$, $AB$ son antiparalelas.

A partir de aquí la demostración es igual a la del teorema 1.

$\blacksquare$

Proposición 5. El centro de la circunferencia de Tucker se encuentra en la recta que une al punto de Lemoine con el circuncentro del triángulo.

Demostración. Sean $O$ el circuncentro de $\triangle ABC$ y $M$ el punto medio de $Y’Z$ (figura 3), como $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ son homotéticos la paralela por $A’$ a $AO$ interseca a $KO$ en $O’$ el circuncentro de $\triangle A’B’C’$.

Por $M$ trazamos una paralela a $AO$ que interseca a $KO$ en $T$.

Como $A’O’ \parallel MT$ entonces $\dfrac{KA’}{A’M} =\dfrac{KO’}{O’T}$.

Como $AO \parallel MT$ entonces $\dfrac{KM}{MA} =\dfrac{KT}{TO}$.

Pero
$\dfrac{KM}{KT} = \dfrac{KA’ + A’M}{KO’ + O’T}$
$= (\dfrac{A’M \times KO’}{O’T} + A’M)(\dfrac{1}{ KO’ + O’T}) $
$= A’M(\dfrac{KO’ + O’T}{O’T})(\dfrac{1}{ KO’ + O’T}) = \dfrac{A’M}{O’T}$.

Por lo tanto, como $M$ también es el punto medio de $AA’$ por ser $\square AZA’Y’$ paralelogramo, tenemos
$1 = \dfrac{A’M}{MA} = \dfrac{O’T}{TO}$.

Es decir, $T$ es el punto medio de $OO’$.

Por otra parte $AO \perp Y’Z$, pues $Y’Z$ es paralela a la tangente al circuncírculo de $\triangle ABC$ en $A$, entonces $TM \perp Y’Z$.

Por lo tanto, $T$ esta en la mediatriz de $Y’Z$.

Igualmente vemos que $T$ esta en la mediatriz de $Z’X$, $X’Y$, en consecuencia, $T$ es el centro de la circunferencia de Tucker y está en la recta $KO$.

$\blacksquare$

Circunferencia de Taylor

Teorema 4. Dado un triángulo, las proyecciones de los vértices de su triángulo órtico en los lados del triángulo original están en una circunferencia de Tucker, a esta circunferencia se le conoce como circunferencia de Taylor.

Demostración. Sea $\triangle ABC$ y $\triangle H_aH_bH_c$ su triangulo órtico, sean $X$, $X’$ las proyecciones de $H_c$ y $H_b$ en $BC$, $Y$, $Y’$ las proyecciones de $H_a$ y $H_c$ en $CA$, $Z$, $Z’$ las proyecciones de $H_b$ y $H_a$ en $AB$.

Figura 4

$\square H_cBCH_b$ es cíclico pues $\angle BH_cC = \angle BH_bC = \dfrac{\pi}{2}$, así que $\angle H_bH_cZ = \angle C$.

$\angle ZH_cH_bY’$ también es cíclico pues $\angle H_cZH_b = \angle H_cY’H_b = \dfrac{\pi}{2}$, así que $\angle AY’Z = \angle H_bH_cZ = \angle C$.

Por lo tanto, $ZY’ \parallel BC$.

Igualmente vemos que $XZ’ \parallel CA$ y $YX’ \parallel AB$.

En consecuencia, el triángulo $\triangle A’B’C’$ que se forma al extender $ZY’$, $XZ’$, $YX’$, es inversamente homotético con $\triangle ABC$.

Sea $H$ el ortocentro de $\triangle ABC$, como $HH_c \parallel H_aZ’$ y $HH_b \parallel H_aY$, entonces
$\dfrac{HH_c}{H_aZ’} = \dfrac{AH}{AH_A} = \dfrac{HH_b}{H_aY}$.

Por criterio de semejanza LAL, $\triangle HH_cH_b \sim \triangle H_aZ’Y$, por lo tanto, $Z’Y \parallel H_cH_b$.

De esto último y tomando en cuenta que $\square H_cBCH_b$ es cíclico, se sigue que $\square Z’BCY$ es cíclico, es decir $Z’Y$ y $BC$ son antiparalelas respecto de $AB$, $CA$.

Por otra parte, $\square AZ’A’Y$ es paralelogramo, así que $AA’$ biseca a $Z’Y$.

Esto implica que $AA’$ es la $A$-simediana de $\triangle ABC$.

De manera análoga vemos que $BB’$ y $CC’$ son simedianas, por lo tanto, $AA’$, $BB’$, $CC’$ concurren en el punto simediano $K$ de $\triangle ABC$.

Por el teorema anterior, se sigue que $X$, $X’$, $Y$, $Y’$, $Z$, $Z’$, están en una circunferencia de Tucker.

$\blacksquare$

Más adelante…

En la siguiente entrada estudiaremos propiedades mas generales de rectas que como la mediana y la simediana, son reflexión respecto de la bisectriz de un ángulo.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  1. En la figura 1, muestra que:
    $i)$ $X’Y = Y’Z = Z’X$,
    $ii)$ el incírculo del triángulo que se forma al extender $X’Y$, $Y’Z$ y $Z’X$, es concéntrico con la primer circunferencia de Lemoine de $\triangle ABC$.
  2. Muestra que si tres diámetros de una circunferencia tienen sus extremos en los lados de un triángulo, entonces dicha circunferencia es la segunda circunferencia de Lemoine del triángulo y su centro es el punto de Lemoine.
  3. Muestra que el circuncírculo de un triángulo, la primera y la segunda circunferencias de Lemoine, son circunferencias de Tucker y encuentra la razón de homotecia con centro en el punto de Lemoine, que da origen a cada una.
  4. Demuestra que el centro de la circunferencia de Taylor de un triángulo es el punto de Spieker de su triángulo órtico. En la figura 4, el incentro del triángulo medial de $\triangle H_aH_bH_c$.
  5. En la figura 4 demuestra que:
    $i)$ el punto de Lemoine de $\triangle ABC$ coincide con el punto de Gergonne del triángulo medial de su triángulo órtico, $\triangle H_aH_bH_c$,
    $ii)$ el punto de Nagel del triángulo órtico $\triangle H_aH_bH_c$ es colineal con el ortocentro y el circuncentro de $\triangle A’B’C’$,
    $iii)$ las bisectrices internas del triángulo medial de $\triangle H_aH_bH_c$, son perpendiculares a los lados de $\triangle ABC$.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 257-260, 284-287.
  • Honsberger, R., Episodes in Nineteenth and Twentieth Century Euclidean Geometry. Washington: The Mathematical Association of America, 1995, pp 87-98.
  • Johnson, R., Advanced Euclidean Geometry. New York: Dover, 2007, pp 271-277.
  • Shively, L., Introducción a la Geómetra Moderna. México: Ed. Continental, 1961, pp 76-79.

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Geometría Moderna I: Punto simediano

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

2 respuestas

Introducción

El punto simediano es el punto en el que concurren las simedianas de un triángulo, es otro punto notable del triángulo, en esta entrada veremos algunas de sus propiedades.

Punto simediano

Teorema 1. Las tres simedianas de un triángulo son concurrentes, al punto de concurrencia se le conoce como punto simediano o punto de Lemoine a menudo denotado con la letra $K$.

Demostración. En la entrada teorema de Menelao mostramos que un triángulo $\triangle ABC$ y su triangulo tangencial $\triangle K_aK_bK_c$, están en perspectiva desde una recta, conocida como eje de Lemoine.

Por el teorema de Desargues, $\triangle ABC$ y $\triangle K_aK_bK_c$ están en perspectiva desde un punto, es decir, $AK_a$, $BK_b$ y $CK_c$ concurren en un punto $K$.

Figura 1

Por el teorema 2 de la entrada anterior, dos exsimedianas (los lados del triángulo tangencial $\triangle K_aK_bK_c$) y una simediana, que pasan por vértices distintos de $\triangle ABC$ concurren en un punto exsimediano, es decir, $AK_a$, $BK_b$, $CK_c$ son las simedianas de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Observación. Como el eje de Lemoine de $\triangle ABC$ es el eje de Gergonne de $\triangle K_aK_bK_c$, entonces el punto de Lemoine de $\triangle ABC$ es el punto de Gergonne de $\triangle K_aK_bK_c$, su triángulo tangencial.

Corolario 1. Sea $S = AK \cap BC$ entonces $AKSK_a$ es una hilera armónica de puntos.

Demostración. Por el corolario de la entrada anterior $B(AK_bCK_a)$ es un haz armónico de rectas y como $AD$ es transversal entonces sus intersecciones con el haz forman una hilera armónica.

$\blacksquare$

Triángulo pedal del punto simediano

Definición. Dados un triángulo $\triangle ABC$ y un punto $P$, el triángulo pedal de $P$ respecto de $\triangle ABC$, es aquel cuyos vértices son las proyecciones de $P$ en los lados de $\triangle ABC$. Por ejemplo, el triángulo órtico es el triángulo pedal del ortocentro.

Teorema 2, de Lemoine. El punto simediano es el único punto del plano que es el centroide de su propio triángulo pedal.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $K$ su punto simediano, considera $X$, $Y$ y $Z$ las proyecciones de $K$ en $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente, sea $X’ \in KX$ tal que $YX’ \parallel KZ$.

Figura 2

Entonces $\triangle ABC \sim \triangle YX’K$, pues sus respectivos lados son perpendiculares, esto es
$\dfrac{AB}{AC} = \dfrac{YX’}{YK}$.

Pero $\dfrac{AB}{AC} = \dfrac{KZ}{KY}$ pues $K$ esta en la $A$-simediana, por lo tanto $KZ = YX’$.

En consecuencia, $\square X’ZKY$ es un paralelogramo y por lo tanto $KX’$ biseca a $YZ$.

Como resultado tenemos que $XK$ es mediana de $\triangle XYZ$.

De manera análoga vemos que $YK$, $ZK$ son medianas de $\triangle XYZ$, por lo tanto, $K$ es el centroide de su triangulo pedal.

$\blacksquare$

Recíprocamente, supongamos que $K$ es el centroide de su triángulo pedal $\triangle XYZ$ respecto a $\triangle ABC$, con $X \in BC$, $Y \in CA$, $Z \in AB$, sea $M$ el punto medio de $YZ$, extendemos $KM$ hasta un punto $X’$ tal que $KM = MX’$.

Como $YZ$ y $KX’$ se bisecan entonces $\square X’ZKY$ es un paralelogramo, entonces $YX’ = KZ$ y $YX’ \parallel KZ$.

Ya que los lados de $\triangle YX’K$ son perpendiculares a los lados de $\triangle ABC$, entonces son semejantes, esto es
$\dfrac{AB}{AC} = \dfrac{YX’}{YK} = \dfrac{KZ}{KY}$.

Por lo tanto, $K$ está en la $A$-simediana, igualmente vemos que $K$ pertenece a las $B$ y $C$-simedianas.

En consecuencia, $K$ es el punto simediano de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Conjugado isotómico del punto simediano

Teorema 3. Las rectas que unen el punto medio del lado de un triángulo con el punto medio de la altura perpendicular a ese lado concurren en el punto simediano del triángulo.

Demostración. Sean $\triangle ABC$, $K$ el punto simediano, $K_b$ el punto exsimediano opuesto al vértice $B$, $S = BK_b  \cap CA$.

Figura 3

Por el corolario 1, $BKSK_b$ es una hilera armónica, por lo tanto, $B’(BKSK_b)$ es un haz armónico, donde $B’$ es el punto medio de $CA$.

Considera $O$ el circuncentro de $\triangle ABC$ y $H_b$ el pie de la altura por $B$, notemos que $O$, $B’$ y $K_b$ son colineales, por lo tanto, $B’K_b$ es perpendicular a $CA$ y así $BH_b \parallel B’K_b$.

Como $BH_b$ es paralela a una de las rectas del haz armónico, entonces las otras tres rectas del haz dividen a $BH_b$ en dos segmentos iguales, es decir $B’K$ biseca a $BH_b$.

Igualmente vemos que $A’K$ y $C’K$ bisecan a $AH_a$ y $CH_c$ respectivamente, y de esto concluimos la concurrencia de las rectas mencionadas.

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Proposición 1. El ortocentro de un triángulo y el punto simediano de su triángulo anticomplementario son conjugados isotómicos respecto del triángulo original.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ su triángulo anticomplementario.

Como $AB$ y $AC$ son segmentos medios de $\triangle A’B’C’$, entonces $\square ABA’C$ es un paralelogramo, por lo tanto, $\triangle ABC$ y $\triangle A’CB$ son congruentes, además $AA’$ y $BC$ se intersecan en su punto medio $N$.

Figura 4

Sean $H_a$, $M_a$ los pies de las alturas desde $A$ y $A’$ respectivamente en $BC$, como $\triangle ABC \cong \triangle A’CB$, entonces $AH_a = M_aA’$.

Por criterio de congruencia ALA, $\triangle AH_aN \cong \triangle A’M_aN$, por lo que $H_aN = NM_a$, es decir, el punto medio de $H_a$ y $M_a$ coincide con el punto medio de $BC$,

Por lo tanto, $H_a$ y $M_a$ son puntos isotómicos respecto de $\triangle ABC$.

Sea $F$ el pie de la altura por $A’$ en $\triangle A’B’C’$, como $\square AH_aM_aF$ es un rectángulo entonces $M_aA’ = AH_a = FM_a$, y así $M_a$ es el punto medio de la altura $A’F$.

Por lo tanto, el segmento $AM_a$ une los puntos medios de un lado y una altura de $\triangle A’B’C’$.

De manera análoga vemos que los pies de las alturas en $\triangle ABC$, $H_b$, $H_c$ son isotómicos a los puntos medios de las alturas en $\triangle A’B’C’$, $M_b$, $M_c$, respectivamente.

Como las alturas de $\triangle ABC$ concurren en el ortocentro $H$ y, por el teorema 3, los segmentos $AM_a$, $BM_b$, $CM_c$ concurren en el punto simediano $S’$ de $\triangle A’B’C’$, entonces estos puntos son conjugados isotómicos respecto de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Construcción de un triángulo dado su punto simediano

Problema. Construye un triángulo dados dos vértices $B$, $C$, y su punto simediano $K$.

Solución. Supongamos que $\triangle ABC$ es el triángulo requerido y consideremos $G$ y $A’$ el centroide y el punto medio de $BC$ respectivamente.

Sean $B’$, $C’ \in BC$, tales que $B’A \parallel BG$ y $AC’ \parallel GC$.

Figura 5

Por el teorema de Tales tenemos
$\dfrac{1}{2} = \dfrac{A’G}{GA} = \dfrac{A’B}{BB’} = \dfrac{A’C}{CC’}$.

Por lo tanto, $BB’ = CC’ = 2A’B = BC$, así que $B’$ y $C’$ pueden ser construidos teniendo $B$ y $C$.

Por otro lado, como $B’A \parallel BG$ y $AC’ \parallel GC$ y tomando en cuenta que $K$ esta en las reflexiones de $BG$ y $CG$ respecto de las bisectrices de $\angle B$ y $\angle C$ respectivamente, tenemos lo siguiente:

$\angle B’AB = \angle GBA = \angle KBC$ y $\angle CAC’ = \angle ACG = \angle KCB$.

Y estos ángulos son conocidos.

Entonces $B’B$ y $CC’$ subtienden ángulos conocidos en $A$, por lo que podemos trazar los arcos de circunferencia que son el lugar geométrico de los puntos que subtienden estos ángulos.

Así que de la intersección de estos dos arcos resultara en el vértice faltante.

Notemos que los arcos pueden tener dos intersecciones, ser tangentes o no intersecarse, por lo tanto, existen dos, una o cero soluciones.

$\blacksquare$

Distancia del punto simediano a los lados del triángulo

Proposición 2. El punto simediano de un triángulo es el único punto dentro del triángulo cuyas distancias a los lados del triángulo son proporcionales a los respectivos lados.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $K$ su punto simediano, considera $X$, $Y$ y $Z$ las proyecciones de $K$ en $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente, denotemos $BC = a$, $CA = b$, $AB = c$.

Figura 6

Dado que $K$ está en las tres simedianas del triángulo, por el teorema 4 de la entrada anterior, las razones de sus distancias a los lados del triángulo son proporcionales a estos:

$\begin{equation} \dfrac{KZ}{KY} = \dfrac{c}{b}, \end{equation}$
$\begin{equation} \dfrac{KY}{KX} = \dfrac{b}{a}, \end{equation}$
$ \begin{equation} \dfrac{KX}{KZ} = \dfrac{a}{c}. \end{equation}$

Por $(1)$, $(2)$ y $(3)$
$\dfrac{KX}{a} = \dfrac{KY}{b} = \dfrac{KZ}{c} = q$.

Por lo tanto,
$KZ = \dfrac{cKY}{b} = cq$,
$KY = \dfrac{b KX}{a} = bq$,
$KX = \dfrac{a KZ}{c} = aq$.

La unicidad se da por que solo los puntos en las simedianas cumplen esa propiedad y solo $K$ se encuentra en las tres simedianas.

$\blacksquare$

Corolario. 2 $KX = a \dfrac{2(ABC)}{a^2 + b^2 + c^2}$.

Demostración. Calculamos el área de $\triangle ABC$ en función de áreas menores (figura 6).

$(\triangle ABC) = (\triangle KBC) + (\triangle KCA) + (\triangle KAB) $
$= \dfrac{1}{2}(aKX + bKY + cKZ)$
$= \dfrac{q}{2}(a^2 + b^2 + c^2)$.

Por lo tanto, $KX = aq = a \dfrac{2(ABC)}{a^2 + b^2 + c^2}$.

$\blacksquare$

Teorema 4. La suma de los cuadrados de las distancias de un punto a los lados de un triángulo dado, es mínima si el punto es el punto simediano del triángulo.

Demostración. Sean $a$, $b$, $c$, $x$, $y$, $z$ seis números reales entonces la siguiente igualdad es cierta:

 $(a^2 + b^2 + c^2)(x^2 + y^2 + z^2) = (ax + by + cz)^2 + (ay – bx)^2 + (az – cx)^2 + (bz – cy)^2$.

Para comprobarlo solo hace falta realizar los productos.

Podemos pensar estas cantidades como los lados de un triángulo $\triangle ABC$, $BC = a$, $CA = b$, $AB = c$, y $x$, $y$, $z$, las distancias de un punto $K$, a los lados de $\triangle ABC$.

Notemos $ax + by + cz$ representa al menos dos veces el área del triángulo $\triangle ABC$, $2(\triangle ABC)$, que junto con $(a^2 + b^2 + c^2)$ son constantes.

Como las cantidades $(ay – bx)^2$, $(az – cx)^2$, $(bz – cy)^2$ son mayores o iguales a cero, entonces el mínimo se alcanza si se satisfacen las siguientes igualdades:
$\begin{equation} (ay – bx)^2 = (az – cx)^2 = (bz – cy)^2 = 0, \end{equation}$
$\begin{equation} ax + by + cz = 2(\triangle ABC). \end{equation}$

Por otra parte, por las ecuaciones $(1)$, $(2)$ y $(3)$ sabemos que el punto simediano cumple $(4)$ y por el corolario 2 cumple $(5)$, también podemos calcular directamente,

$KX^2 + KY^2 + KZ^2 = \dfrac{(2(\triangle ABC))^2}{a^2 + b^2 + c^2}$.

Por lo tanto, si $K$ es el punto simediano de $\triangle ABC$, se alcanza el mínimo.

$\blacksquare$

Más adelante…

En la próxima entrada veremos otra propiedad del punto simediano, o punto de Lemoine, que amerita su propia entrada, se trata de un conjunto de circunferencias asociadas a este punto.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  1. Si $K$ es el punto simediano de $\triangle ABC$, sea $X$ la proyección de $K$ en $BC$, muestra que la reflexión de $X$ respecto de $K$ esta en la mediana que pasa por $A$.
  2.  Encuentra el punto simediano de un triángulo rectángulo.
  3. Sobre los lados de un triángulo $\triangle ABC$ construye cuadrados externamente, muestra que los lados (de los cuadrados) opuestos a los lados de $\triangle ABC$ se intersecan formando un triángulo homotético a $\triangle ABC$, con centro de homotecia el punto simediano de $\triangle ABC$.
  4. Si las simedianas de $\triangle ABC$ intersecan a su circuncírculo en $D$, $E$ y $F$ muestra que $\triangle ABC$ y $\triangle DEF$ tienen el mismo punto simediano.
  5. $i)$ Muestra que las distancias a los lados de un triángulo desde sus puntos exsimedianos son proporcionales a las longitudes de los lados del triángulo,
    $ii)$ calcula dichas distancias.
  6. Prueba que de entre todos los triángulos inscritos en un triángulo dado, el triángulo pedal del punto simediano, es el que tiene la propiedad de que la suma de los cuadrados de sus lados es mínima.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 252-257.
  • Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 129-145.
  • Johnson, R., Advanced Euclidean Geometry. New York: Dover, 2007, pp 215-218.

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»