Archivo del Autor: Rubén Alexander Ocampo Arellano

Geometría Moderna I: Simediana

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

Introducción

La simediana es un tipo especial de ceviana relacionada con la mediana de un triángulo, veremos algunas caracterizaciones y propiedades.

Simediana, primera caracterización

Definición 1. Una simediana de un triángulo es la reflexión de una mediana respecto de la bisectriz interna que pasa por el mismo vértice. Un triángulo tiene tres simedianas.

Notación. Denotaremos a la intersección de una simediana con el lado opuesto como $S$.

Teorema 1. Una ceviana de un triángulo divide internamente al lado opuesto en la razón de los cuadrados de los lados adyacentes si y solo si es simediana.

Demostración. Sean $AA’$ la mediana y $AS$ la simediana en un triángulo $\triangle ABC$.

Sea $H$ el pie de la altura por $A$, calculamos las áreas de los triángulos $\triangle BAS$, $\triangle BAA’$, $\triangle SAC$ y $\triangle A’AC$.

$\begin{equation} (\triangle BAS) = \dfrac{BS \times AH}{2} = \dfrac{BA \times AS \sin \angle BAS}{2}, \end{equation}$
$\begin{equation} (\triangle BAA’) = \dfrac{BA’ \times AH}{2} = \dfrac{BA \times AA’ \sin \angle BAA’}{2}, \end{equation}$
$ \begin{equation} (\triangle SAC) = \dfrac{SC \times AH}{2} = \dfrac{SA \times AC \sin \angle SAC}{2}, \end{equation}$
$\begin{equation} (\triangle A’AC) = \dfrac{A’C \times AH}{2} = \dfrac{AA’ \times AC \sin \angle A’AC}{2}. \end{equation}$

Sea $L$ la intersección de la bisectriz de $A$ con $BC$, entonces
$\begin{equation} \angle BAS = \angle BAL – \angle SAL = \angle LAC – \angle LAA’ = \angle A’AC, \end{equation}$
$\angle BAA’ = \angle BAL + \angle LAA’ = \angle LAC + \angle SAL = \angle SAC.$

Haciendo el cociente de $(1)$ con $(4)$ y de $(2)$ con $(3)$ obtenemos
$\dfrac{BS}{A’C} = \dfrac{BA \times AS}{AA’ \times AC}$,
$\dfrac{BA’}{SC} = \dfrac{BA \times AA’}{SA \times AC}$.

Multiplicando estas dos ecuaciones obtenemos el resultado esperado
$\dfrac{BS}{SC} = \dfrac{BA^2}{AC^2}$.

El reciproco también es cierto, pues el punto $S$ que divide a $BC$ en la razón $\dfrac{BA^2}{AC^2}$, es único.

$\blacksquare$

Exsimediana

Definición 2. Las tangentes al circuncírculo de un triángulo por sus vértices se conocen como simedianas externas o exsimedianas.

Corolario. La simediana y la exsimediana que pasan por el mismo vértice de un triángulo son conjugadas armónicas respecto de los lados del triángulo que forman dicho vértice.

Demostración. En la entrada teorema de Menelao mostramos que la exsimediana de un triángulo divide externamente al lado opuesto en la razón de los cuadrados de los lados que pasan por el mismo vértice.

El resultado se sigue del hecho de que el conjugado armónico es único y el teorema 1.

$\blacksquare$

Teorema 2. Una simediana y las exsimedianas que pasan por vértices distintos son concurrentes, al punto de concurrencia se le conoce como punto exsimediano.

Demostración. En $\triangle ABC$, $AP$ y $CP$ son tangentes al circuncírculo $\Gamma$ de $\triangle ABC$ en $A$ y en $C$ respectivamente y se cortan en $P$ (figura 2).

Sea $D = BP \cap \Gamma$, $D \neq B$, por la proposición 5 de la entrada anterior, $\square ABCD$ es un cuadrilátero armónico.

Entonces, por el teorema 2 de la entrada anterior, el Haz $B(BCDA)$ es armónico, es decir, la tangente a $\Gamma$ en $B$, y $BD$ son conjugadas armónicas respecto de $BA$ y $BC$.

Como el conjugado armónico es único, $BP$ es simediana de $\triangle ABC$, por el corolario anterior.

$\blacksquare$

Antiparalelas (1)

Teorema 3. La $B$-simediana de un triángulo $\triangle ABC$ es el lugar geométrico de los puntos que bisecan a las antiparalelas de $AC$ respecto a $AB$ y $BC$.

Demostración. Sean $D \in AB$ y $E \in BC$ tales que $AC$ y $DE$ son antiparalelas respecto a $AB$ y $BC$, entonces $\square ADEC$ es cíclico.

Por lo tanto, $\angle ACE$ y $\angle EDA$ son suplementarios, en consecuencia, $\angle ACB = \angle ACE = \angle BDE$.

Sea $TB$ tangente al circuncírculo de $\triangle ABC$ en $B$, entonces $\angle ABT = \angle ACB$ pues abarcan el mismo arco, por lo tanto, la $B$-exsimediana y $DE$ son paralelas.

Sea $BS$ una ceviana de $\triangle ABC$, entonces por la proposición 2 de la entrada anterior $BS$ biseca a $DE$ si y solo si el haz $B(TCSA)$ es armónico.

En consecuencia, como el conjugado armónico de $BT$ respecto de $BC$ y $BA$ es la $B$-simediana, $BS$ biseca a $DE$ si y solo si $BS$ es simediana de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Antiparalelas (2)

Proposición. 1 Si dos antiparalelas a dos de los lados de un triángulo tienen la misma longitud, entonces estas se intersecan en la simediana relativa al tercer lado, el reciproco también es cierto.

Demostración. Sean $\triangle ABC$, $E$, $G \in BC$, $F \in AB$ y $H \in CA$, tales que $EF$, $AC$ son antiparalelas respecto a $AB$ y $BC$; $AB$, $GH$ son antiparalelas respecto a $BC$ y $CA$, y $EF = GH$.

Como $\square AFEC$ y $\square ABGH$ son cíclicos, entonces, $\angle FEB = \angle BAC = \angle CGH$, por lo tanto $PG = PE$.

Sea $P = EF \cap GH$, dado que $FE = GH$ entonces $FP = HP$.

Si $S = AP \cap BC$, considera $I \in AB$, $J \in CA$, tales que $IS \parallel FE$ y $JS \parallel GH$, entonces $\triangle ASI \sim \triangle APF$ y $\triangle ASJ \sim \triangle APH$.

Por lo tanto, $\dfrac{SI}{PF} = \dfrac{AS}{AP} = \dfrac{SJ}{PH}$, como $PF = PH$ entonces $SI = SJ$.

Por otro lado $\triangle SBI \sim \triangle ABC \sim \triangle SJC$, esto es
$\dfrac{SB}{SI} = \dfrac{AB}{AC}$ y $\dfrac{SJ}{SC} = \dfrac{AB}{AC}$.

Como resultado de multiplicar estas dos ecuaciones obtenemos
$\dfrac{BS}{SC} = \dfrac{AB^2}{AC^2}$.

Por el teorema 1, esto implica que $AS$ es la $A$-simediana de $\triangle ABC$.

Notemos que el reciproco también es cierto, esto es, si dos antiparalelas a dos de los lados de un triángulo se intersecan en la simediana relativa al tercer lado, entonces estas tienen la misma longitud.

Esto lo podemos ver tomando la prueba anterior en sentido contrario.

$\blacksquare$

Otra caracterización importante

Teorema 4. Una simediana es el lugar geométrico de los puntos (dentro de los ángulos internos del triángulo o sus ángulos opuestos por el vértice) tales que la razón de sus distancias a los lados adyacentes a la simediana, es igual a la razón entre esos lados.

Demostración. Sean $\triangle ABC$, $A’$ el punto medio de $BC$ y $P \in AA’$, considera las proyecciones $P_c$, $P_b$ de $P$ en $AB$ y $AC$ respectivamente y $A’_c$, $A’_b$, las correspondientes de $A’$.

Como $\triangle APP_c \sim \triangle AA’A’_c$ y $\triangle APP_b \sim \triangle AA’A’_b$ entonces
$\dfrac{PP_c}{A’A’_c} = \dfrac{AP}{AA’} = \dfrac{PP_b}{A’A’_b}$.

Tomando en cuenta que los triángulos $\triangle ABA’$ y $\triangle AA’C$ tienen la misma altura desde $A$, tenemos lo siguiente:
$\dfrac{AC}{AB} = \dfrac{PP_c}{PP_b} = \dfrac{A’A’_c}{A’A’_b}$
$\Leftrightarrow AC \times A’A’_b = AB \times A’A’_c$
$\Leftrightarrow (\triangle AA’C) = (\triangle AA’B)$
$ \Leftrightarrow A’C = BA’$.

Por lo tanto, la mediana de un triángulo es el lugar geométrico de los puntos tales que la razón de sus distancias a los lados adyacentes a la mediana es el inverso de la razón entre dichos lados.

Denotamos la distancia de un punto $P$ a una recta $l$ como $d(P, l)$.

Para $P \in AA’$ considera $P’ \in AS$ su reflexión respecto de la bisectriz de $\angle BAC$, entonces

$\dfrac{d(P’, AB)}{d(P’, AC)} = \dfrac{d(P, AC)}{d(P’, AB)} = \dfrac{AB}{AC}$.

$\blacksquare$

Proposición 2. La recta que une las proyecciones de un punto en la simediana (mediana) de un triángulo, sobre los lados adyacentes, es perpendicular a la mediana (simediana) que pasa por el mismo vértice.

Demostración. En un triángulo $\triangle ABC$ sean $AA’$ la mediana y $AS$ la simediana, considera $P \in AS$ y $D$, $E$, las proyecciones de $P$ en $CA$ y $AB$ respectivamente.

Como $\angle PEA + \angle ADP = \pi$ entonces $\square AEPD$ es cíclico, así que $\angle EAP = \angle EDP$, por la ecuación $(5)$, $\angle EAP = \angle A’AD$.

Sean $F = PD \cap AA’$ y $G = DE \cap AA’$, en los triángulos $\triangle ADF$ y $\triangle DGF$, $\angle FAD = \angle GDF$ y $\angle DFG$ es un ángulo común, por lo tanto son semejantes.

Como $PD \perp AC$ entonces $DE \perp AA’$.

El caso para la mediana es análogo.

$\blacksquare$

Más adelante…

Así como las medianas de un triángulo son concurrentes, las simedianas también son concurrentes, pero dicho punto tiene propiedades importantes por si mismo, y de eso hablaremos en la próxima entrada.

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.

Muestra que las segundas intersecciones de una mediana y su correspondiente simediana con el circuncírculo del triángulo, determinan una recta paralela al lado del triángulo relativo a la mediana considerada.
Sea $\triangle ABC$ un triángulo acutángulo, $D$ y $A’$ las proyecciones de $A$ y $O$, el circuncírculo de $\triangle ABC$, en $BC$ respectivamente, sean $E = BO \cap AD$, $F = CO \cap AD$ y considera $P$ el segundo punto en común entre los circuncírculos de $\triangle ABE$ y $\triangle AFC$, demuestra que $AP$ es la $A$-simediana de $\triangle ABC$.
Sea $P$ un punto dentro de un triángulo isósceles $\triangle ABC$ con $AB = AC$, tal que $\angle PBC = \angle ACP$, si $A’$ es el punto medio de $BC$, muestra que $\angle BPA’$ y $\angle CPA$ son suplementarios.
Sean $\triangle ABC$, $D \in AB$ y $E \in CA$ tal que $DE \parallel BC$, considera $P = BE \cap CD$, los circuncírculos de $\triangle BDP$ y $\triangle CEP$ se intersecan en $P$ y $Q$, muestra que $\angle BAQ = \angle PAC$.
La $A$-simediana $AS$ y la $A$-meidnana $AA’$ de un triángulo $\triangle ABC$ intersecan otra vez a su circuncírculo en $S’$ y $L$ respectivamente, prueba que la rectas de Simson de $S’$ y $L$ son perpendiculares a $AA’$ y a $AS$ respectivamente.
Muestra que las exsimedianas de un triángulo tienen la misma propiedad que se señala en el teorema 4 respecto a las simedianas, pero esta vez para los puntos dentro de los ángulos externos del triángulo.

Entradas relacionadas

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Entrada anterior del curso: Haz armónico.
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Otros cursos.

Fuentes

Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 247-252.
Lozanovski, S., A Beautiful Journey Through Olympiad Geometry. Version 1.4. 2020, pp 86-92.
Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 129-145.
Shively, L., Introducción a la Geómetra Moderna. México: Ed. Continental, 1961, pp 66-70.

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: Haz armónico

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

Esta es una continuación de la entrada anterior donde vimos algunas propiedades de hileras armónicas de puntos, esta vez nos enfocaremos en propiedades de un haz armónico de rectas, que nos permitirán definir al cuadrilátero armónico.

Haz de rectas

Definición 1. Si cuatro rectas $PA$, $PC$, $PB$, $PD$ concurren en $P$, decimos que forman un haz de rectas y que $P$ es el vértice del haz, denotamos al haz como $P(ACBD)$.

Teorema. 1 Sea $P(ACBD)$ un haz de rectas donde $A$, $C$, $B$, $D$, son colineales, considera $A’$, $B’$, $C’$, $D’$, las intersecciones de cualquier otra transversal al haz, entonces $(A, B; C, D) = (A’, B’; C’, D’)$.

Demostración. Aplicamos la ley de los senos a $\triangle PAC$, $\triangle PCB$, $\triangle PBD$ y $\triangle PAD$.

$\dfrac{AC}{\sin \angle APC} =\dfrac{PC}{\sin \angle CAP}$,

$\dfrac{CB}{\sin \angle CPB} =\dfrac{PC}{\sin \angle PBC}$,

$\dfrac{DB}{\sin \angle BPD} =\dfrac{PD}{\sin \angle DBP}$,

$\dfrac{AD}{\sin \angle APD} =\dfrac{PD}{\sin \angle DAP}$.

De lo anterior calculamos,
$(A, B; C, D) = \dfrac{AC}{CB} \dfrac{DB}{AD}$

$=\dfrac{\dfrac{\sin \angle APC}{\sin \angle CAP} \dfrac{\sin \angle BPD}{\sin \angle DBP}}{\dfrac{\sin \angle CPB}{\sin \angle PBC} \dfrac{\sin \angle APD}{\sin \angle DAP}}$
$\begin{equation} = \dfrac{\sin \angle APC}{\sin \angle CPB} \dfrac{\sin \angle BPD}{\sin \angle APD}. \end{equation}$

La última igualdad se debe a que $\angle CAP = \angle DAP$ y $\sin \angle PBC = \sin \angle DBP$, por ser $\angle PBC$ y $\angle DBP$ suplementarios.

Si hacemos el mismo procedimiento, esta vez con los puntos $A’$, $C’$, $B’$, $D’$, obtendremos el mismo resultado ya que $\angle APC = \angle A’PC’$, $\angle CPB = \angle C’PB’$, $\angle BPD = \angle B’PD’$ y $\angle APD = \angle A’PD’$.

Por lo tanto $(A, B; C, D) = (A’, B’; C’, D’)$.

$\blacksquare$

Definición 2. Dado un haz de rectas $P(ACBD)$, si $A$, $C$, $B$ y $D$ son colineales, definimos la razón cruzada $P(A, B; C, D)$ del haz como la razón cruzada $(A, B; C, D)$, de la hilera de puntos $ACBD$.

Equivalentemente, por la ecuación $(1)$, podemos definir, $P(A, B; C, D) = \dfrac{\sin \angle APC}{\sin \angle CPB} \dfrac{\sin \angle BPD}{\sin \angle APD}$.

Si $P(A, B; C, D) = – 1$, decimos que el haz es armónico y que $PA$, $PB$ son rectas conjugadas armónicas respecto de $PC$ y $PD$ o que $PC$, $PD$ son conjugadas armónicas respecto de $PA$ y $PD$.

Ejemplo

Proposición 1. Las rectas que unen los excentros de un triángulo con los puntos medios de los lados del triángulo relativos a esos excentros son concurrentes.

Demostración. Sean $I_a$, $I_b$, $I_C$, los excentros de un triángulo $\triangle ABC$, $A’$, $B’$, $C’$ los puntos medio de $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente, consideremos $X = I_aA’ \cap I_bI_c$, $Y = I_bB’ \cap I_aI_c$, $Z = I_cC’ \cap I_aI_b$; $D = I_aA \cap BC$, $E = I_bB \cap CA$, $F = I_cC \cap AB$.

Consideremos los haces $I_a(CDA’B)$, $I_b(AB’EC)$, $I_c(BC’FA)$, por el teorema 1, tenemos lo siguiente:
$(A’, D; B, C) = (X, A; I_c, I_b)$,
$(B’, E; A, C) = (Y, B; I_c, I_a)$,
$(C’, F; B, A) = (Z, C; I_a, I_b)$.

Esto es,
$\begin{equation} \dfrac{A’B}{BD} \dfrac{CD}{A’C} = \dfrac{XI_c}{I_cA} \dfrac{I_bA}{XI_b}, \end{equation}$
$\begin{equation} \dfrac{B’A}{AE} \dfrac{CE}{B’C} = \dfrac{YI_c}{I_cB} \dfrac{I_aB}{YI_a}, \end{equation}$
$ \begin{equation} \dfrac{C’B}{BF} \dfrac{AF}{C’A} = \dfrac{ZI_a}{I_aC} \dfrac{I_bC}{ZI_b}. \end{equation}$

Como $AD$, $BE$, $CF$; $I_aA$, $I_bB$, $I_cC$, concurren en el incentro $I$ de $\triangle ABC$, aplicando el teorema de Ceva a los triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle I_aI_bI_c$ tenemos:

$\dfrac{AF}{FB} \dfrac{BD}{DC} \dfrac{CE}{EA} = 1$,
$\dfrac{I_aC}{CI_b} \dfrac{I_bA}{AI_c} \dfrac{I_cB}{BI_a} = 1$.

Recordemos que $A’$, $B’$, $C’$ son los puntos medios de $BC$, $CA$ y $AB$, empleando segmentos dirigidos y tomando en cuenta lo anterior, si hacemos el producto del inverso de $(2)$ con $(3)$ y $(4)$, obtenemos:

$\dfrac{I_aZ}{ZI_b} \dfrac{I_cX}{XI_b} \dfrac{I_cY}{YI_a} = 1$.

Por el teorema de Ceva, $I_aX = I_aA’$, $I_bY = I_bB’$, $I_cZ = I_cC’$, son concurrentes.

$\blacksquare$

Haz armónico

Proposición 2. Una recta, paralela a alguna de las rectas de un haz, es dividida en dos segmentos iguales por las otras tres rectas del haz si y solo si el haz es armónico.

Demostración. Sean $P(ACBD)$ un haz de rectas con $A$, $C$, $B$, $D$, colineales en ese orden, $l$ paralela a $PA$, $C’ = l \cap PC$, $B’ = l \cap PB$, $D’ = l \cap PD$.

Aplicamos la ley de los senos a $\triangle C’PB’$ y $\triangle B’PD’$

$\dfrac{C’B’}{\sin \angle C’PB’} =\dfrac{PB’}{\sin \angle B’C’P}$,
$\dfrac{D’B’}{\sin \angle B’PD’} =\dfrac{PB’}{\sin \angle PD’B’}$.

Por lo tanto,
$\dfrac{D’B’}{C’B’} = \dfrac{\sin \angle B’C’P}{\sin \angle C’PB’} \dfrac{\sin \angle B’PD’}{\sin \angle PD’B’}$.

Por la ecuación $(1)$
$(A, B; C, D) = \dfrac{\sin \angle APC}{\sin \angle CPB} \dfrac{\sin \angle BPD}{\sin \angle APD}$.

Como $PA \parallel C’B’D’$, entonces $\angle APC = \angle B’C’P$ y $\angle APD$, $\angle PD’B’$ son suplementarios, además $\angle CPB = \angle C’PB’$ y $\angle BPD = \angle B’PD’$.

Por lo tanto $(A, B; C, D) = \dfrac{D’B’}{C’B’}$.

Como resultado, $(A, B; C, D) = -1 \Leftrightarrow |D’B’| = |C’B’|$.

$\blacksquare$

Proposición 3. Si dos rectas conjugadas de un haz armónico son perpendiculares entonces son las bisectrices del ángulo formado por las otras dos rectas del haz.

Demostración. Sea $P(ACBD)$ un haz armónico, supongamos que $PA \perp PB$ (figura 3), sean $l$ una recta paralela a $PA$ y $C’$, $B’$, $D’$, las intersecciones de $l$ con $PC$, $PB$, $PD$ respectivamente.

Por la proposición anterior $C’B’ = B’D’$, como $PA \perp PB$ entonces $PB \perp C’D’$.

Por lo tanto, $\triangle PC’D’$ es isósceles y así, $PA$ y $PB$ son las bisectrices externa e interna de $\angle C’PD’$.

$\blacksquare$

Proposición 4. Si tenemos dos hileras armónicas $ACBD$ y $A’C’B’D’$ tales que $AA’$, $BB’$, $CC’$ concurren en un punto $P$ entonces $DD’$ también pasa por $P$.

Demostración. Sea $X = PD \cap A’C’B’D’$, por el teorema 1, $X$ es el conjugado armónico de $C’$ respecto de $A’B’$, por lo tanto $X = D’$.

$\blacksquare$

Cuadrilátero armónico

Teorema 2. Sean $\square ACBD$ un cuadrilátero cíclico, en ese orden cíclico, y $P$ un punto en su circuncírculo, entonces la razón cruzada del haz $P(ACBD)$ no depende de la posición de $P$.

Demostración. Sea $R$ el circunradio de $\square ABCD$, aplicamos la ley extendida de los senos a $\triangle APC$, $\triangle CPB$, $\triangle BPD$ y $\triangle APD$.

$\dfrac{AC}{\sin \angle APC} = \dfrac{CB}{\sin \angle CPB} = \dfrac{DB}{\sin \angle BPD}$
$= \dfrac{AD}{\sin \angle APD} = \dfrac{1}{2R}$.

Por lo tanto,
$P(A, B; C, D) = \dfrac{\sin \angle APC}{\sin \angle CPB} \dfrac{\sin \angle BPD}{\sin \angle APD}$
$= \dfrac{AC}{CB} \dfrac{DB}{AD}$.

$\blacksquare$

Definición 3. Definimos la razón cruzada de cuatro puntos cíclicos $A$, $B$, $C$, $D$, como $(A, B; C, D) = P(A, B; C, D)$, para cualquier punto $P$ en la misma circunferencia.

De manera equivalente, por el teorema 2, podemos definir $(A, B; C, D) = \dfrac{AC}{CB} \div \dfrac{AD}{DB}$, la cual tomamos como positiva si $AB$ y $CD$ no se intersecan dentro de la circunferencia y como negativa en caso contrario.

Si $(A, B; C, D) = – 1$, decimos que $\square ACBD$ es un cuadrilátero armónico.

Construcción del conjugado armónico en una circunferencia.

Proposición 5. Sean $\Gamma$ el circuncírculo de un triángulo $\triangle ABC$, $P$ la intersección de las tangentes a $\Gamma$ por $A$ y $C$, $D = PB \cap \Gamma$, $D \neq B$, entonces $\square ABCD$ es un cuadrilátero armónico.

Demostración. Como $\angle DBA = \angle DAP$ y $\angle CBD = \angle PCD$, por criterio de semejanza AA, $\triangle PBA \sim \triangle PAD$ y $\triangle PBC \sim \triangle PCD$, recordemos que las tangentes $PA$ y $PC$ son iguales.

Por lo tanto,
$\dfrac{BA}{AD} = \dfrac{PB}{PA} = \dfrac{PB}{PC} = \dfrac{BC}{CD}$
$\Rightarrow \dfrac{AB}{BC} = \dfrac{AD}{DC}$.

De acuerdo a la definición 3, $\square ABCD$ es un cuadrilátero armónico.

Proposición 6. Sea $\square ABCD$ un cuadrilátero armónico, entonces $BD$ y las tangentes a $\Gamma$ el circuncírculo de $\square ABCD$, en $A$ y $C$ son concurrentes.

Sean $l_1$ tangente a $\Gamma$ en $A$, $P = l \cap BD$ y $E = AC \cap BD$, por el teorema 2, el haz $A(ABCD)$ es armónico, donde $AA = l_1$, por el teorema 1, $(P, E; D, B) = – 1$.

Análogamente, sea $l_2$ la tangente a $\Gamma$ en $C$ y $Q = l_2 \cap BD$ entonces el haz $C(CBAD)$ es armónico, por lo tanto $(Q, E; D, B) = – 1$.

Por lo tanto, $P = Q$.

$\blacksquare$

Ejemplo

Proposición 7. Sea $\Gamma$ el incírculo de un triángulo $\triangle ABC$, $X$, el punto de contacto de $\Gamma$ con $BC$, $D$ el pie de la altura por $A$ y $M$ el punto medio de $AD$, $N = XM \cap \Gamma$, $N \neq X$ entonces $XN$ es la bisectriz de $\angle BNC$.

Demostración. Sea $L$ el punto al infinito de la recta $AD$, entonces, $M$ y $L$ son conjugados armónicos respecto de $A$ y $D$.

Sea $X’$ el punto diametralmente opuesto a $X$, como $XX’ \parallel AD$, entonces $XX’ \cap AD = L$.

Por el teorema 1, el haz $X(DMAX’)$ es armónico, sea $U = XA \cap \Gamma$, $U \neq X$, entonces $\square XNUX’$ es un cuadrilátero armónico.

Sean $Y$, $Z$ los puntos de tangencia de $\Gamma$ con $CA$ y $AB$ respectivamente, por la proposición 5, $\square XYUZ$ es armónico.

Sea $P = ZY \cap BC$, como $BC$ es tangente a $\Gamma$ en $X$ entonces por la proposición 6, $PU$ es tangente a $\Gamma$.

Como $\square XNUX’$ es armónico, por la proposición 6, $PX$, $PU$, $X’N$ son concurrentes, es decir $X’$, $N$ y $P$ son colineales.

Ya que $XX’$ es diámetro de $\Gamma$, entonces $\angle X’NX = \dfrac{\pi}{2}$, es decir, $NX \perp NP$.

Sabemos que $AX$, $BY$, $CZ$ concurren en el punto de Gergonne $G_e$, entonces por el teorema 2 de la entrada anterior, $P = ZY \cap BC$ es el conjugado armónico de $X$ respecto de $BC$.

Ya que $NX \perp NP$, por el teorema 3 de la entrada anterior, $NX$ es la bisectriz interna de $\angle BNC$.

$\blacksquare$

Más adelante…

En la siguiente entrada hablaremos sobre las simedianas, estas son las reflexiones de la medianas de un triángulo respecto de las bisectrices que pasan por el mismo vértice, con la ayuda de haces armónicos estableceremos algunas propiedades de estas rectas.

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.

En un triángulo $\triangle ABC$, $D$, $E$, $F$, los pies de las alturas por $A$, $B$, $C$, respectivamente, $I_a$, $I_b$, $I_c$ los excentros opuestos a $A$, $B$, $C$ respectivamente, demuestra que $I_aD$, $I_bE$, $I_cF$ son concurrentes.
$i)$ Dadas tres rectas concurrentes $OA$, $OC$, $OB$, construye el conjugado armónico de $OC$ respecto de $OA$ y $OB$,
$ii)$ Si $(A, B; C, D) = – 1$, $(A, B’; C’, D’) = – 1$, y $AB \neq AB’$, muestra que $BB’$, $CC’$, $DD’$ son concurrentes.
Sea $\square ABCD$ un cuadrilátero convexo, $E = AD \cap BC$, $F = AB \cap CD$, $G = AC \cap BD$, sea $O$ la proyección de $G$ en $FE$, muestra que $\angle AOB = \angle COD$.
Muestra que las rectas que unen un punto en una circunferencia con los extremos de un cuerda, dividen armónicamente al diámetro perpendicular a dicha cuerda.
En un triángulo $\triangle ABC$, $A’$ es el punto medio de $BC$, sea $\Gamma$ la circunferencia con diámetro $AA’$, considera $D = \Gamma \cap AB$, $E = \Gamma \cap CA$, $D \neq A \neq E$, y $P$ la intersección de las tangentes a $\Gamma$ en $D$ y $E$, muestra que $PB = PC$.

Entradas relacionadas

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Entrada anterior del curso: División armónica.
Siguiente entrada del curso: Simediana.
Otros cursos.

Fuentes

Lozanovski, S., A Beautiful Journey Through Olympiad Geometry. Version 1.4. 2020, pp 159-166.
Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 149-161.
Aref, M. y Wernick, W., Problems and Solutions in Euclidean Geometry. New York: Dover, 2010, pp 178-186.

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: División armónica

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

En entradas anteriores definimos la razón en la que un punto divide a un segmento e hicimos uso de este concepto, obviando el cambio de signo, nos podemos preguntar que es lo que pasa cuando dos puntos distintos dividen en la misma razón a un segmento, esto es lo que se conoce como división armónica.

Definición 1. Definimos la razón cruzada de dos pares de puntos colineales $(A, B)$ y $(C, D)$ como
$(A, B; C, D) = \dfrac{AC}{CB} \div \dfrac{AD}{DB}$.

Si $C$ está en el segmento $AB$, $D$ en su extensión y la razón en la que $C$ y $D$ dividen al segmento $AB$ es la misma en valor absoluto, entonces $(A, B; C, D) = – 1$.

En este caso, decimos que $C$ y $D$ dividen al segmento $AB$ armónicamente, o que $C$ y $D$ son conjugados armónicos respecto de $A$ y $B$.

Observación. Notemos que el conjugado armónico de un punto respecto de otros dos puntos dados es único, pues ya probamos que para todo número real $r$, existe un único punto que divide a un segmento dado en $r$.

Hilera armónica

Teorema 1. Si dos puntos $C$ y $D$ dividen armónicamente al segmento $AB$ en la razón $|\dfrac{p}{q}|$ entonces los puntos $A$ y $B$ dividen armónicamente a $CD$ en la razón $|\dfrac{p – q}{p + q}|$.

Demostración. Supongamos que $\dfrac{AC}{CB} = \dfrac{p}{q}$ y $\dfrac{AD}{DB} = \dfrac{– p}{q}$, entonces usando segmentos dirigidos,

$\dfrac{AC}{CB} + \dfrac{CB}{CB} = \dfrac{p}{q} + \dfrac{q}{q} \Rightarrow$

$\begin{equation} \dfrac{AB}{CB} = \dfrac{p + q}{q}. \end{equation}$

$\dfrac{AD}{DB} + \dfrac{DB}{DB} = \dfrac{– p}{q} + \dfrac{q}{q} \Rightarrow$
$\begin{equation} \dfrac{AB}{DB} = \dfrac{q – p}{q}. \end{equation}$

De manera análoga podemos encontrar
$\begin{equation} \dfrac{AB}{AC} = \dfrac{CB + AC}{AC} = \dfrac{q + p}{p}, \end{equation}$
$\begin{equation} \dfrac{AB}{AD} = \dfrac{DB + AD}{AD} = \dfrac{p – q}{p}. \end{equation}$

Haciendo el cociente de $(2)$ entre $(1)$ obtenemos
$\dfrac{CB}{BD} = \dfrac{p – q}{p + q}$.

Análogamente de $(4)$ y $(3)$ obtenemos
$\dfrac{CA}{AD} = \dfrac{q – p}{p + q}$.

$\blacksquare$

Definición 2. Debido a esta propiedad reciproca en la que si $(A, B; C, D) = – 1$ entonces $(C, D; A, B) = – 1$, decimos que $ACBD$ es una hilera armónica de puntos o simplemente una hilera armónica.

Corolario 1. Si $(A, B; C, D) = – 1$, entonces $\dfrac{AB}{CD} = \dfrac{p^2 – q^2}{2pq}$.

Demostración. $CD = AD – AC $
$= ABp(\dfrac{1}{p – q} – \dfrac{1}{p + q}) = ABp(\dfrac{p + q – (p – q)}{p^2 – q^2})$.

Donde la segunda igualdad se debe a $(3)$ y $(4)$.

Por lo tanto, $\dfrac{AB}{CD} = \dfrac{p^2 – q^2}{2pq}$.

$\blacksquare$

Construcción del conjugado armónico

Teorema 2. Sea $\triangle ABC$, considera $X \in BC$, $Y \in CA$, $Z \in AB$, cada uno en el interior del lado respectivo y sea $X’ = ZY \cap BC$, entonces $X$ y $X’$ son conjugados armónicos respecto a $BC$ si y solo si $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes.

Demostración. Aplicando el teorema de Menelao a $\triangle ABC$ y la transversal $X’YZ$ tenemos
$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX’}{X’C} \dfrac{CY}{YA} = – 1$.

Por el teorema de Ceva $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes si y solo si,
$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA} = 1$.

Dividiendo ambas expresiones obtenemos
$(B, C; X, X’) = \dfrac{BX}{XC} \div \dfrac{BX’}{X’C} = – 1$.

$\blacksquare$

Proposición 1. Las proyecciones de los puntos de una hilera armónica en cualquier recta, forman otra hilera armónica.

Demostración. Sean $ACBD$ una hilera armónica y $l$ cualquier otra recta, consideremos $A’$, $B’$, $C’$, $D’$, las proyecciones de $A$, $B$, $C$, $D$ respectivamente en $l$.

Sea $P = ACBD \cap l$, como $AA’ \parallel BB’ \parallel DD’$, tenemos las siguientes semejanzas, $\triangle PB’B \sim \triangle PD’D \sim \triangle PA’A$ (figura 3), es decir:

$\dfrac{PA’}{PD’} = \dfrac{PA}{PD} \Leftrightarrow \dfrac{– A’P – PD’}{PD’} = \dfrac{– AP – PD}{PD}$
$\Leftrightarrow \dfrac{A’D’}{AD} = \dfrac{P’D’}{PD}$.

Igualmente podemos ver que $\dfrac{D’B’}{DB} = \dfrac{P’D’}{PD}$.

Por lo tanto $\dfrac{A’D’}{D’B’} = \dfrac{AD}{BD}$.

De manera análoga podemos encontrar $\dfrac{A’C’}{C’B’} = \dfrac{AC}{CB}$.

Como $(A, B; C, D) = – 1$, entonces,
$\dfrac{A’D’}{D’B’} = \dfrac{AD}{BD} = – \dfrac{AC}{CB} = – \dfrac{A’C’}{C’B’}$.

$\blacksquare$

División armónica y bisectrices

Teorema 3. Sean $A$, $C$, $B$, $D$, cuatro puntos colineales, en ese orden, sea $P$ un punto fuera de la recta $ACBD$, entonces, si dos de las siguientes tres propiedades son ciertas, la tercera también es cierta:
$i)$ $(A, B; C, D) = – 1$,
$ii)$ $PC$ es la bisectriz interna de $\angle APB$,
$iii)$ $PC \perp PD$.

Demostración.
$i)$ y $ii)$ se cumplen, como $PC$ es la bisectriz interna de $\angle APB$, por el teorema de la bisectriz, la bisectriz externa de $\angle APB$ interseca a $AB$ en el conjugado armónico de $C$, el cual es único por la observación hecha en la introducción.

Por lo tanto, $PD$ es la bisectriz externa de $\angle APB$ y así $PC \perp PD$.

$ii)$ y $iii)$ se cumplen, ya que $PC$ es la bisectriz interna de $\angle APB$ y $PC \perp PD$, entonces $PD$ es la bisectriz externa de $\angle APB$.

Por el teorema de la bisectriz, $C$ y $D$ son conjugados armónicos.

$i)$ y $iii)$ se cumplen, si $C$ y $D$ son conjugados armónicos respecto de $AB$ entonces se encuentran en la circunferencia de Apolonio determinada por la razón $\dfrac{AC}{CB} =|\dfrac{AD}{DB}|$.

Recordemos que $CD$ es diámetro de esta circunferencia, como $PC \perp PD$, entonces $P$ pertenece a este lugar geométrico.

Por lo tanto, $\dfrac{AP}{PB} = \dfrac{AC}{CB} =|\dfrac{AD}{DB}|$, por el reciproco del teorema de la bisectriz, $PC$ y $PD$ son las bisectrices interna y externa de $\angle APB$ respectivamente.

$\blacksquare$

Corolario 2. Considera un triángulo $\triangle ABC$, $I$ el incentro, $I_c$ el excentro relativo al vértice $C$ y $C_1 = CI \cap AB$, entonces $(C, C_1; I, I_c) = -1$.

Demostración. En $\triangle AC_1C$, $AI$ y $AI_c$ son las bisectrices interna y externa respectivamente de $\angle C_1AC$.

Como se cumplen los puntos $ii)$ y $iii)$ del teorema anterior entonces $(C, C_1; I, I_c) = -1$.

$\blacksquare$

Punto medio de conjugados armónicos

Teorema 4. Si $A$, $C$, $B$, $D$, son cuatro puntos colineales, en ese orden, y $O$ el punto medio del segmento $AB$ entonces $(A, B; C, D) = – 1$ si y solo si $OC \times OD = OA^2$.

Demostración. Empleando segmentos dirigidos tenemos lo siguiente:
$AC – CB = (AO + OC) – (CO + OB) = 2OC$,
$AD – DB = (AO + OD) – (DO + OB) = 2OD$,
$AC + CB = AB = AD + DB = 2AO$.

Por lo tanto, $OC \times OD = OA^2$
$\Leftrightarrow 2OC \times 2OD = (2AO)^2$
$\Leftrightarrow (AC – CB)( AD – DB) = (AC + CB)(AD + DB)$
$ \Leftrightarrow (AC \times AD) – (AC \times DB) – (AD \times CB) + (CB \times DB)$
$= (AC \times AD) + (AC \times DB) + (AD \times CB) + (CB \times DB)$
$\Leftrightarrow – 2AC \times DB = 2AD \times CB$
$\Leftrightarrow (A, B; C, D) = – 1$.

$\blacksquare$

Proposición 2.Sean $A$, $C$, $B$, $D$, cuatro puntos colineales, entonces $(A, B; C, D) = – 1$, si y solo si al medir todos los segmentos de un punto de la hilera armónica, $B$ por ejemplo, tenemos $\dfrac{2}{BA} = \dfrac{1}{BC} + \dfrac{1}{BD}$.

Demostración. $\dfrac{AC}{CB} = – \dfrac{AD}{DB}$
$ \Leftrightarrow \dfrac{AB + BC}{CB} = – \dfrac{AB + BD}{DB}$
$\Leftrightarrow \dfrac{BA}{BC} – 1 = \dfrac{BA}{DB} + 1$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{BC} + \dfrac{1}{BD} = \dfrac{2}{BA}$.

$\blacksquare$

Teorema de Feuerbach

Teorema 5, de Feuerbach. La circunferencia de los nueve puntos y el incírculo de un triángulo son tangentes.

Demostración. Paso 1. Sean $\triangle ABC$, $\triangle A’B’C’$ su triangulo medial, $\Gamma(N)$ la circunferencia de los nueve puntos (el circuncírculo de $\triangle A’B’C’$) y considera la tangente $C’T$ a $\Gamma(N)$ en $C’$.

Notemos que $\angle TC’A$ y $\angle C’B’A’$ son ángulos semiinscrito e inscrito respectivamente de $\Gamma(N)$ y abarcan el mismo arco, por lo tanto, son iguales.

Recordemos que los lados de $\triangle A’B’C’$ son paralelos a los de $\triangle ABC$ y por lo tanto, $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ son semejantes.

En consecuencia,
$\angle BC’T = \angle BC’A’ – \angle TC’A $
$= \angle BAC – \angle C’B’A’ = \angle A – \angle B$.

Paso 2. Sean $\Gamma(I)$ el incírculo de $\triangle ABC$, $C_1 = CI \cap AB$ y $C_1P$ tangente a $\Gamma(I)$ en $P$.

Como $C_1A$ y $C_1P$ son tangentes a $\Gamma(I)$ desde $C_1$ entonces $\angle PC_1I = \angle IC_1A$.

Por lo tanto,
$\angle BC_1P = \pi – \angle PC_1A $
$= \pi – (2\angle IC_1A) = \pi – 2(\pi – \angle A – \dfrac{\angle C}{2})$
$= \angle A + (\angle A + \angle C – \pi) = \angle A – \angle B$.

Así, $C’T \parallel C_1P$.

Paso 3. Sean $\Gamma(I_c)$ el excírculo opuesto al vértice $C$, $Z_c$ el punto de tangencia entre $\Gamma(I_c)$ y $AB$, $Z$ el punto de tangencia entre $\Gamma(I)$ y $AB$, $H_c$ el pie de la altura por $C$ en $\triangle ABC$.

Por el corolario 2, $(C, C_1; I, I_c) = -1$ y por la proposición 1, $(H_c, C_1; Z, Z_c) = -1$.

Recordemos que el punto medio de $Z$ y $Z_c$ coincide con el punto medio $C’$, de $AB$.

Por el teorema 4, $C’C_1 \times C’H_c = C’Z^2$.

Sea $F = C’P \cap \Gamma(I)$, $F \neq P$, por la potencia de $C’$ respecto de $\Gamma(I)$ tenemos
$C’P \times C’F = C’Z^2 = C’C_1 \times C’H_c$.

Por la ecuación anterior, el teorema de las cuerdas nos dice que $\square H_cC_1PF$ es cíclico.

Por lo tanto, $\angle H_cFP$ y $\angle PC_1H_c$ son suplementarios.

En consecuencia, $\angle H_cFC’ = \angle BC_1P = \angle BC’T$.

Por otra parte, notemos que $C’H_c$ es una cuerda de la circunferencia de los nueve puntos $\Gamma(N)$, sea $F’$ en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{C’H_c}$ (recorrido en ese sentido).

Entonces, $\angle BC’T + \angle TC’F’ + \angle F’C’H_c = \pi = \angle H_cF’C’ + \angle C’H_cF’ + \angle F’C’H_c$, además $\angle TC’F’ = \angle C’H_cF’$, pues abarcan el mismo arco.

Por lo tanto, los puntos $F’$ en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{C’H_c}$, cumplen que $\angle H_cF’C’ = \angle BC’T$, además son los únicos, siempre y cuando estén del mismo lado que $C$ respecto de $C’H_c$.

Como $F$ cumple estas características, entonces $F \in \Gamma(N)$.

Paso 4. Sean $U$ la intersección de la tangente a $\Gamma(N)$ en $F$ con $C’T$ y $V$ la intersección de la tangente a $\Gamma(I)$ en $F$ con $C_1P$.

Como $UC’ = UF$, por ser tangentes a $\Gamma(N)$ desde $U$, entonces $\angle UC’F = \angle C’FU$, igualmente vemos que $\angle VPF = \angle PFV$.

Pero $\angle UC’F = \angle VPF$ pues $C’U \parallel PV$ y $C’PF$ es transversal a ambas.

Por lo tanto, $\angle C’FU = \angle PFV = \angle C’FV$, es decir $UF$ y $VF$ son la misma recta.

Como resultado tenemos que $\Gamma(N)$ y $\Gamma(I)$ son tangentes en $F$.

$\blacksquare$

Definición 3. Al punto de tangencia entre el incírculo y la circunferencia de los nueve puntos $F$, se le conoce como punto de Feuerbach.

Más adelante…

Continuando con el tema de división armónica, en la siguiente entrada estudiaremos haces armónicos.

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.

$i)$ Divide un segmento dado en una razón dada $\dfrac{p}{q}$,
$ii)$ Muestra que $HNGO$ es una hilera armónica, donde $H$ es el ortocentro, $N$ el centro de los nueve puntos, $G$ el centroide y $O$ el circuncentro de un triángulo.
Si los puntos $C$ y $D$ dividen internamente y externamente de manera armónica en la razón $\dfrac{p}{q}$ al segmento $AB$, muestra que el punto medio de $CD$ divide al segmento $AB$ en la razón $\dfrac{p^2}{q^2}$.
Prueba que la suma de los cuadrados de dos segmentos armónicos es igual a cuatro veces el cuadrado de la distancia entre los puntos medios de estos segmentos.
Considera el segmento determinado por el vértice de un triángulo y la intersección de la bisectriz interna o externa con el lado opuesto, muestra que los pies de las perpendiculares a dicha recta desde los otros dos vértices del triángulo dividen al segmento de manera armónica.
Si los puntos $C$ y $D$ dividen armónicamente al segmento $AB$ y $O$ es el punto medio de $AB$, muestra que $OC^2 + OD^2 = CD^2 + 2OA^2$.
Si $(A, B; C, D) = – 1$ y $A’$, $B’$ son los conjugados armónicos de $D$ respecto a los pares de puntos $(A, C)$ y $(B, C)$ respectivamente, muestra que $(A’, B’; C, D) = – 1$.
Sean $\triangle ABC$, $D$, $E$, $F$, los puntos de tangencia del incírculo de $\triangle ABC$ con $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente, sea $X$ en el interior de $\triangle ABC$ tal que el incírculo de $\triangle XBC$ es tangente a $BC$, $CX$, $XB$ en $D$, $Y$, $Z$, respectivamente, demuestra que $\square EFZY$ es cíclico.
Demuestra que la circunferencia de los nueve puntos de un triángulo es tangente a cada uno de sus excírculos.

Entradas relacionadas

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Otros cursos.

Fuentes

Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 53-56, 166-171.
Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 149-161.
Lozanovski, S., A Beautiful Journey Through Olympiad Geometry. Version 1.4. 2020, pp 156-158.
Johnson, R., Advanced Euclidean Geometry. New York: Dover, 2007, pp 200-203.

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 de Nagel

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

En esta entrada mostraremos la existencia del punto de Nagel como el conjugado isotómico del punto de Gergonne; estudiaremos algunas propiedades de otros objetos geométricos relacionados con el punto de Nagel, a saber, la recta de Nagel, la circunferencia de Spieker y la circunferencia de Fuhrmann.

Punto de Nagel

Teorema 1. Las rectas que unen los vértices de un triángulo con el punto de tangencia entre el lado opuesto y el excírculo relativo a ese lado son concurrentes, al punto de concurrencia, $N_a$, se le conoce como punto de Nagel.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $X_a \in BC$, $Y_b \in CA$, $Z_c \in AB$, los puntos de tangencia de los excírculos opuestos a $A$, $B$, $C$ respectivamente

Considera $X$, $Y$ , $Z$ los puntos de tangencia del incírculo con $BC$, $CA$ y $AB$.

En la entrada triángulos en perspectiva vimos que $AX$, $BY$, $CZ$ concurren en el punto de Gergonne, $G_e$.

En la entrada circunferencias tritangentes vimos que los pares de puntos $X$, $X_a$; $Y$, $Y_b$; $Z$, $Z_b$ son puntos isotómicos, es decir, su punto medio coincide con el punto medio del lado al que pertenecen.

Por la proposición 1 de la entrada anterior, $AX_a$, $BY_b$, $CZ_c$ concurren en el conjugado isotómico de $G_e$.

$\blacksquare$

Recta de Nagel

Teorema 2.
$i)$ El incentro de un triángulo es el punto de Nagel de su triángulo medial,
$ii$) el incentro $I$, el centroide $G$ y el punto de Nagel $N_a$, de un triángulo, son colineales, a dicha recta se le conoce como recta de Nagel,
$iii)$ $IG = 2GN_a$.

Demostración. Sean $\triangle ABC$, $\Gamma(I)$ su incírculo y $\Gamma(I_c)$ el excírculo opuesto al vértice $C$.

Considera $Z$ y $Z_c$ los puntos de tangencia de $BC$ con $\Gamma(I)$ y $\Gamma(I_c)$ respectivamente, sea $T$ el punto diametralmente opuesto a $Z$ en $\Gamma(I)$.

Como $CA$ y $BC$ son tangentes exteriores comunes a $\Gamma(I)$ y $\Gamma(I_c)$, entonces $C$ es un centro de homotecia entre $\Gamma(I)$ y $\Gamma(I_c)$.

Por otra parte, como $I$, $I_c$ son puntos correspondientes de esta homotecia y $I_cZ_c \parallel IT$ entonces $I_cZ_c$, $IT$ son rectas homotéticas.

Por lo tanto, $Z_c$ y $T$ son puntos homólogos y así, $Z_c$, $T$ y $C$ son colineales.

Ahora consideremos $\triangle A’B’C’$, el triángulo medial de $\triangle ABC$, recordemos que existe una homotecia con centro en $G$ y razón $– 2$, que lleva a $\triangle A’B’C’$ en $\triangle ABC$.

Recordemos que $Z$ y $Z_c$ son puntos isotómicos, por lo tanto, $\dfrac{ZC’}{C’Z_c} = \dfrac{ZI}{IT} = 1$, por el reciproco del teorema de Tales, $C’I \parallel Z_cT$.

Como $C’$ y $C$ son puntos homólogos de esta homotecia y $CI \parallel CZ_c$, entonces $C’I$ y $CZ_c$ son rectas homotéticas.

Como $CZ_c$ pasa por $N_a$, el punto de Nagel de $\triangle ABC$, entonces $CI$ pasa por el punto de Nagel de $\triangle A’B’C’$.

Igualmente podemos ver que $B’I$, $A’I$ pasan por el punto de Nagel de $\triangle A’B’C’$.

Por lo tanto, el incentro de $\triangle ABC$ es el punto de Nagel de $\triangle A’B’C’$.

Como los puntos notables de dos triángulos homotéticos son puntos homólogos, entonces $I$, $G$ y $N_a$ son colineales.

Dado que la razón de homotecia es $– 2$, entonces $G$ triseca al segmento $IN_a$, es decir, $IG = 2GN_a$.

$\blacksquare$

Circunferencia de Spieker

Definición 1. El incírculo del triángulo medial de un triángulo dado se conoce como circunferencia de Spieker y su centro $S$, como punto de Spieker.

Teorema 3. El punto de Spieker está en la recta de Nagel y biseca al segmento que une al incentro con el punto de Nagel.

Demostración. Sean $\triangle ABC$, $I$ el incentro, $N_a$ el punto de Nagel y consideremos $S$ el punto medio de $IN_a$.

Por el teorema anterior, $3IG = IN_a$, como $2IS = IN_a$ entonces $IG = \dfrac{2}{3}IS$, donde $G$ es el centroide de $\triangle ABC$.

Por lo tanto, $IG = 2GS$.

Sea $\triangle A’B’C’$ el triángulo medial de $\triangle ABC$, como $AG = 2GA’$, por criterio de semejanza LAL, $\triangle GAI \sim \triangle GA’S$

Por lo tanto, $\angle IAG = \angle SA’G$, es decir $AI \parallel SA’$.

Consideremos la homotecia con centro en $G$ que lleva a $\triangle ABC$ en $\triangle A’B’C’$.

Como $A$ y $A’$ son puntos correspondientes de esta homotecia, $AI \parallel A’S$ y $AI$ es bisectriz de $\angle BAC$ entonces $A’S$ es bisectriz de $\angle B’A’C’$.

Igualmente podemos ver que $B’S$ y $C’S$ son bisectrices de $\angle C’B’A’$ y $\angle A’C’B’$ respectivamente, por lo tanto, $S$ es el incentro de $\triangle A’B’C’$.

$\blacksquare$

Proposición 1. La circunferencia de Spieker está inscrita en el triángulo cuyos vértices son los puntos medios de los segmentos que unen el punto de Nagel con los vértices del triángulo.

Demostración. Sean $\triangle ABC$, $N_a$ su punto de Nagel, $A’’$, $B’’$, $C’’$ los puntos medios de $AN_a$, $BN_b$, $CN_c$ respectivamente.

En $\triangle ABN_a$, $A’’B’’$ es un segmento medio por lo que $AB \parallel A’’B’’$ y $AB = 2A’’B’’$.

Igualmente podemos ver que $BC \parallel B’’C’’$, $BC = 2B’’C’’$ y $CA \parallel C’’A’’$ y $CA = 2C’’A’’$.

Como los lados de $\triangle ABC$ también son paralelos y duplican a los lados de $\triangle A’B’C’$, su triangulo medial, entonces $\triangle A’B’C’$ y $\triangle A’’B’’C’’$ son congruentes y están en homotecia.

Por otra parte, sea $I$ el incentro de $\triangle ABC$ y $S$ el punto de Spieker, en $\triangle N_aAI$, $A’’S$ es un segmento medio por lo que $A’’S \parallel AI$.

Por el teorema anterior, $A’S \parallel AI$, en consecuencia, $A’$, $S$ y $A’’$ son colineales.

De manera análoga podemos ver que $B’$, $S$, $B’’$ y $C’$, $S$, $C’’$ son colineales.

Por lo tanto, $S$ es el centro de homotecia entre $\triangle A’B’C’$ y $\triangle A’’B’’C’’$.

Como $\triangle A’B’C’$ y $\triangle A’’B’’C’’$ son congruentes y $S$ es su centro de homotecia, entonces sus incírculos coinciden.

$\blacksquare$

Corolario. El punto de Nagel es un centro de homotecia entre el incírculo y la circunferencia de Spieker de un triángulo.

Demostración. Se sigue de que $\triangle ABC$ y $\triangle A’’B’’C’’$ están en homotecia desde el punto de Nagel y que el incírculo de $\triangle A’’B’’C’’$ es la circunferencia de Spieker.

$\blacksquare$

Circunferencia de Fuhrmann

Definición 2. Considera el circuncírculo de un triángulo $\triangle ABC$, el triángulo cuyos vértices son las reflexiones de los puntos medios de los arcos $\overset{\LARGE{\frown}}{AB}$, $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$ y $\overset{\LARGE{\frown}}{CA}$ que no contienen a $C$, $A$ y $B$ respectivamente, se conoce como triángulo de Fuhrmann y su circuncírculo como circunferencia de Fuhrmann.

Teorema 4. El segmento que une al ortocentro con el punto de Nagel de un triángulo, es diámetro de su circunferencia de Fuhrmann.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $M_a$, $M_b$, $M_c$, los puntos medios de los arcos $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$, $\overset{\LARGE{\frown}}{CA}$, $\overset{\LARGE{\frown}}{AB}$ respectivamente, $M’_a$, $M’_b$, $M’_c$, sus respectivas reflexiones respecto de los lados $BC$, $CA$ y $AB$.

Sean $O$ el circuncentro de $\triangle ABC$, $A’$ el punto medio de $BC$ y $M$ el punto diametralmente opuesto de $M_a$.

Notemos que $M_a$, $A’$, $O$, $M’_a$ y $M$ son colineales y entonces
$M’_aM = M_aM – M_aM’_a = 2(M_aO – M_aA’) = 2A’O$.

Por otro lado, sabemos que $AH = 2OA’$ donde $H$ es el ortocentro de $\triangle ABC$.

Como $AH = M’_aM$ y $AH \parallel M’_aM$, entonces $\square AHM’_aM$ es paralelogramo.

Ya que $M_aM$ es diámetro entonces $AM \perp AM_a$, en consecuencia, $HM’_a \perp AM_a$.

Sean $I$ el incentro, $N_a$ el punto de Nagel, $S$ el punto de Spieker, respectivamente y considera $L = N_aA’ \cap AM_a$.

Por el teorema anterior $A’S \parallel IL$ y como $S$ es el punto medio del $IN_a$ entonces $A’$ es el punto medio de $N_aL$.

Como $A’$ también es el punto medio de $M_aM’_a$ entonces $\square LM_aN_aM’_a$ es paralelogramo, es decir $M_a’N_a \parallel AM_a$.

En consecuencia, $HM’_a \perp M’_aN_a$ y por lo tanto $M’_a$ está en la circunferencia de diámetro $HN_a$.

De manera análoga vemos que $M’_b$ y $M’_c$ pertenecen a la misma circunferencia.

$\blacksquare$

Proposición 2. La circunferencia de Fuhrmann interseca a las alturas de un triángulo, en un punto (distinto del ortocentro) que está a una distancia del vértice respectivo, del doble del inradio del triángulo.

Demostración. Sea $\triangle ABC$ y $N_a$ su punto de Nagel, consideremos $\triangle A’’B’’C’’$ su triángulo anticomplementario, el triángulo cuyos lados son paralelos a los de $\triangle ABC$ y pasan por lo vértices de $\triangle ABC$.

Como $\triangle ABC$ es el triángulo medial de $\triangle A’’B’’C’’$ entonces $N_a$ es el incentro de $\triangle A’’B’’C’’$, sea $X$ la proyección de $N_a$ en $B’’C’’$, entonces $N_aX$ es el inradio de $\triangle A’’B’’C’’$.

Por lo tanto $N_aX$ es dos veces el inradio r, de $\triangle ABC$.

Completemos el rectángulo $\square ATN_aX$ de lados $N_aX$ y $AX$, entonces $AT = 2r$ y $AT$ es la altura por $A$.

Como $H$, el ortocentro de $\triangle ABC$, está en $AT$ o su extensión y $\angle N_a TH = \dfrac{\pi}{2}$, entonces $T$ está en la circunferencia de Fuhrnamm de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Más adelante…

En la próxima entrada veremos algunas propiedades de la división armónica, las cuales nos ayudaran a demostrar el teorema de Feuerbach.

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.

Considera los puntos de tangencia de los lados de un triángulo con un excírculo, muestra que las rectas que unen los vértices del triángulo con el punto de tangencia en el lado opuesto son concurrentes.
Prueba que la recta que pasa por el incentro y el circuncentro de un triángulo es paralela a la recta que pasa por el ortocentro y el punto de Nagel y que $HN_a = 2OI$.
A la recta que pasa por el punto medio de un triángulo y su punto de Spieker se le conoce como cuchilla, demuestra que las tres cuchillas de un triángulo bisecan su perímetro.
Muestra que la reflexión del incentro de un triángulo respecto del centro de los nueve puntos es el centro de su circunferencia de Fuhrmann.
En la figura 5, muestra que $\triangle M_aM_bM_c$ y $\triangle M’_aM’_bM’_c$ son semejantes.

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Fuentes

Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 160-162.
Johnson, R., Advanced Euclidean Geometry. New York: Dover, 2007, pp 225-229.
Honsberger, R., Episodes in Nineteenth and Twentieth Century Euclidean Geometry. Washington: The Mathematical Association of America, 1995, pp 49-52.
University of Crete
Wolfram MathWorld
Wikipedia

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: Teorema de Ceva

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

En esta ocasión veremos algunas proposiciones sobre concurrencia de rectas, principalmente el teorema de Ceva y su forma trigonométrica, a partir de los cuales mostraremos otros resultados.

Teorema de Ceva

Definición 1. Si una recta pasa por el vértice de un triángulo, el segmento comprendido entre el vértice y la intersección con el lado opuesto, se llama ceviana.

Teorema 1, de Ceva. Sean $\triangle ABC$ y $AX$, $BY$, $CZ$ cevianas, entonces $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes si y solo si
$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA} = 1$.

Demostración. Supongamos que $AX$, $BY$ y $CZ$ concurren en $S$.

Aplicamos el teorema de Menelao a $\triangle ABX$ y la trasversal $ZSC$
$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BC}{CX} \dfrac{XS}{SA} = – 1$.

Nuevamente, usamos el teorema de Menelao, ahora en $\triangle AXC$ y la transversal $BYS$
$\dfrac{AS}{SX} \dfrac{XB}{BC} \dfrac{CY}{YA} = – 1$.

Multiplicamos estas dos igualdades y reordenamos
$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{XB}{CX} \dfrac{CY}{YA} \dfrac{XS}{SA} \dfrac{AS}{SX} \dfrac{BC}{BC} = 1$.

Simplificamos empleando segmentos dirigidos
$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA} = 1$.

$\blacksquare$

Conversamente, supongamos que para las tres cevianas $AX$, $BY$ y $CZ$, se cumple la igualdad $\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA} = 1$, sea $S = BY \cap CZ$, queremos ver que $AX$ pasa por $S$.

Sea $X’ = AS \cap BC$, entonces las cevianas $AX’$, $BY$ y $CZ$ son concurrentes por lo tanto
$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX’}{X’C} \dfrac{CY}{YA} = 1$.

Como resultado de esta igualdad y nuestra hipótesis obtenemos
$\dfrac{BX}{XC} = \dfrac{BX’}{X’C}$.

Es decir, $X$ y $X’$ dividen a $BC$ en la misma razón, por lo tanto, $X = X’$.

$\blacksquare$

Forma trigonométrica del teorema de Ceva

Forma trigonométrica del teorema de Ceva. Sean $AZ$, $BY$ y $CZ$ cevianas de un triángulo $\triangle ABC$, entonces $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes si y solo si
$\dfrac{\sin \angle ACZ}{\sin \angle ZCB} \dfrac{\sin \angle BAX}{\sin \angle XAC} \dfrac{\sin \angle CBY}{\sin \angle YBA} = 1$.

Demostración. Aplicamos el lema de la razón a los puntos $X$, $Y$, $Z$ (figura 1)

$\dfrac{BX}{XC} = \dfrac{BA}{AC} \dfrac{\sin \angle BAX}{\sin \angle XAC}$,
$\dfrac{CY}{YA} = \dfrac{CB}{BA} \dfrac{\sin \angle CBY}{\sin \angle YBA}$,
$\dfrac{AZ}{ZB} = \dfrac{AC}{CB} \dfrac{\sin \angle ACZ}{\sin \angle ZCB}$.

Multiplicamos las tres igualdades
$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA} $
$= \dfrac{\sin \angle ACZ}{\sin \angle ZCB} \dfrac{\sin \angle BAX}{\sin \angle XAC} \dfrac{\sin \angle CBY}{\sin \angle YBA}$.

Por el teorema de Ceva, $\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA} = 1$
si y solo si $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes.

Por lo tanto,
$\dfrac{\sin \angle ACZ}{\sin \angle ZCB} \dfrac{\sin \angle BAX}{\sin \angle XAC} \dfrac{\sin \angle CBY}{\sin \angle YBA} = 1$
si y solo si $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes.

$\blacksquare$

Conjugados isotómicos

Proposición 1. Sea $\triangle ABC$ y $P$ un punto en el plano, sean $X = AP \cap BC$, $Y = BP \cap CA$, $Z = CP \cap AB$, considera los puntos isotómicos $X’$, $Y’$, $Z’$ de $X$, $Y$, $Z$ respectivamente, entonces las cevianas $AX’$, $BY’$, $CZ’$ son concurrentes, al punto de concurrencia se le conoce como conjugado isotómico de $P$ respecto a $\triangle ABC$.

Demostración. Como $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes, por el teorema de Ceva $\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA} = 1$.

Ya que $X’$, $Y’$, $Z’$ son las reflexiones de $X$, $Y$, $Z$, respectivamente, respecto de los puntos medios de $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente entonces

$\dfrac{AZ’}{Z’B} \dfrac{BX’}{X’C} \dfrac{CY’}{Y’A}$
$= \dfrac{ZB}{AZ} \dfrac{XC}{BX} \dfrac{YA}{CY}$
$= (\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA})^{- 1} = 1$.

Por lo tanto, por el teorema de Ceva, $AX’$, $BY’$, $CZ’$ son concurrentes.

$\blacksquare$

Teorema de Blanchet

Definición 2. Si tres cevianas $AX$, $BY$, $CZ$ de un triángulo $\triangle ABC$ concurren en un punto $P$, a $\triangle XYZ$ se le conoce como triángulo de Ceva de $P$ respecto de $\triangle ABC$.

Teorema 2, de Blanchet. Sea $\triangle ABC$ y $X$ el pie de la altura por $A$, sea $P$ cualquier punto en $AX$, $\triangle XYZ$ el triángulo de Ceva de $P$ respecto de $\triangle ABC$, entonces $AX$ es la bisectriz de $\angle ZXY$.

Demostración. Sean $l$ la paralela a $BC$ por $A$, $D = XZ \cap l$, $E = XY \cap l$, entonces tenemos las siguientes semejanzas $\triangle YCX \sim \triangle YAE$, $\triangle ZAD \sim \triangle ZBX$, esto es,
$\dfrac{YC}{YA} = \dfrac{CX}{AE}$ y $\dfrac{ZA}{ZB} = \dfrac{AD}{BX}$.

Como las cevianas $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes, por el teorema de Ceva tenemos
$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA} = 1$.

Sustituimos las ecuaciones derivadas de la semejanza
$\dfrac{DA}{BX} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{XC}{AE} = 1$.

Esto implica que $DA = AE$.

Como $\angle EAX = \angle XAD = \dfrac{\pi}{2}$, por criterio de congruencia LAL, $\triangle XAE \cong \triangle XAD$.

Por lo tanto, $\angle DXA = \angle AXE$.

$\blacksquare$

Teorema del nido de Ceva

Teorema 3. Sean $AD$, $BE$, $CF$ tres cevianas de un triángulo $\triangle ABC$; $DX$, $EY$, $FZ$, tres cevianas de $\triangle DEF$, si dos de las tercias $(AD, BE, CF)$; $(DX, EY, FZ)$; $(AX, BY, CZ)$, entonces la tercera también es concurrente.

Demostración. Supongamos que $(AD, BE, CF)$ y $(DX, EY, FZ)$ son concurrentes, la prueba para otros casos es análoga.

Aplicamos el lema de la razón a los triángulos $\triangle AEF$, $\triangle BFD$, $\triangle CDE$ y los respectivos puntos $X$, $Y$, $Z$,

$\dfrac{EX}{XF} = \dfrac{EA}{AF} \dfrac{\sin \angle EAX}{\sin \angle XAF}$,

$\dfrac{FY}{YD} = \dfrac{FB}{BD} \dfrac{\sin \angle FBY}{\sin \angle DBY}$,

$\dfrac{DZ}{ZE} = \dfrac{DC}{CE} \dfrac{\sin \angle DCZ}{\sin \angle ECZ}$.

Sean $X’ = AX \cap BC$, $Y’ = BY \cap CA$, $Z’ = CZ \cap AB$, recordemos que si dos ángulos son suplementarios su seno es igual, ahora multiplicamos las tres ecuaciones y reacomodamos

$\dfrac{DZ}{ZE} \dfrac{EX}{XF} \dfrac{FY}{YD}$
$= (\dfrac{AF}{FB} \dfrac{BD}{DC} \dfrac{CE}{EA})^{- 1} \dfrac{\sin \angle X’AC}{\sin \angle X’AB} \dfrac{\sin \angle Y’BA}{\sin \angle CBY’} \dfrac{\sin \angle Z’CB}{\sin \angle ACZ’}$.

Por otra parte, como $(AD, BE, CF)$ y $(DX, EY, FZ)$ son concurrentes, por el teorema de Ceva
$\dfrac{AF}{FB} \dfrac{BD}{DC} \dfrac{CE}{EA} = 1$,

$\dfrac{DZ}{ZE} \dfrac{EX}{XF} \dfrac{FY}{YD} = 1$.

Por lo tanto,
$\dfrac{\sin \angle ACZ’}{\sin \angle Z’CB} \dfrac{\sin \angle X’AB}{\sin \angle X’AC} \dfrac{\sin \angle CBY’}{\sin \angle Y’BA} = 1$.

Por la forma trigonométrica del teorema de Ceva, $AX’ = AX$, $BY’ = BY$, $CZ’ = CZ$, son concurrentes.

$\blacksquare$

Teorema de Jacobi

Teorema 4, de Jacobi. Sean $\triangle ABC$, $X$, $Y$, $Z$ puntos tales que $\angle XBC = \angle ABZ = \beta_1$, $\angle BCX = \angle YCA = \gamma_1$, $\angle CAY = \angle ZAB = \alpha_1$, entonces las rectas $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes, al punto de concurrencia se le conoce como punto de Jacobi.

Demostración. Sean $\angle BAC = \alpha_0$, $\angle CBA = \beta_0$, $\angle ACB = \gamma_0$, $Q = BX \cap CA$, $R = CX \cap AB$.

Como $AX$, $BQ$, $CR$ concurren en $X$, por el teorema de Ceva trigonométrico,
$\dfrac{\sin \angle ACR}{\sin \angle RCB} \dfrac{\sin \angle BAX}{\sin \angle XAC} \dfrac{\sin \angle CBQ}{\sin \angle QBA} = 1$.

Por lo tanto,

$1 = \dfrac{\sin \angle BAX}{\sin \angle XAC} \dfrac{\sin \gamma_0 + \gamma_1}{\sin \gamma_1} \dfrac{\sin \pi – \beta_1}{\sin \pi – (\beta_0 + \beta_1)}$
$= \dfrac{\sin \angle BAX}{\sin \angle XAC} \dfrac{\sin \gamma_0 + \gamma_1}{\sin \gamma_1} \dfrac{\sin \beta_1}{\sin \beta_0 + \beta_1}$.

Igualmente podemos encontrar

$\dfrac{\sin \angle ACZ}{\sin \angle ZCB} \dfrac{\sin \beta_0 + \beta_1}{\sin \beta_1} \dfrac{\sin \alpha_1}{\sin \alpha_0 + \alpha_1} = 1$,

$\dfrac{\sin \angle CBY}{\sin \angle YBA} \dfrac{\sin \alpha _0 + \alpha _1}{\sin \alpha _1} \dfrac{\sin \gamma _1}{\sin \gamma _0 + \gamma _1} = 1$.

Multiplicando estas tres ecuaciones y obtenemos
$\dfrac{\sin \angle ACZ}{\sin \angle ZCB} \dfrac{\sin \angle BAX}{\sin \angle XAC}\dfrac{\sin \angle CBY}{\sin \angle YBA} = 1$.

Lo que significa, por la forma trigonométrica del teorema de Ceva que $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes.

Observación. Notemos que el punto de Jacobi es una generalización de los puntos de Fermat que vimos en la unidad 2.

$\blacksquare$

Puntos de Napoleón

Corolario. Sea $ABCA’B’C’$ una configuración externa (interna) de Napoleón, sean $I_a$, $I_b$, $I_c$, los incentros de $\triangle A’BC$, $\angle AB’C$, $\angle ABC’$ respectivamente, entonces $AI_a$, $BI_b$, $CI_c$ son concurrentes, al punto de concurrencia $N_+$ ($N_-$) se le conoce como primer (segundo) punto de Napoleón.

Demostración. Como $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$, $\triangle ABC’$ son equiláteros y están construidos externamente (internamente) sobre los lados de $\triangle ABC$ entonces $\angle I_aBC = \angle ABI_c = \angle BCI_a = \angle I_bCA = \angle CAI_b = \angle I_cAB = \dfrac{\pi}{6}$.

Por el teorema de Jacobi, $AI_a$, $BI_b$, $CI_c$ son concurrentes.

$\blacksquare$

Teorema de Routh

Teorema 5, de Routh. Sean $AX$, $BY$, $CZ$ cevianas de un triángulo $\triangle ABC$ y considera $D = BY \cap AX$, $E = BY \cap CZ$, $F = AX \cap CZ$, $z = \dfrac{AZ}{ZB}$, $x = \dfrac{BX}{XC}$, $y = \dfrac{CY}{YB}$ entonces el área de $\triangle DEF$ se puede calcular mediante la siguiente formula:
$(\triangle DEF) = \dfrac{(1 – xyz)^2}{(xy + y + 1)(yz + z + 1)(zx + x + 1)}(\triangle ABC)$.

Demostración. Como $\triangle AFC$ y $\triangle AXC$ tienen la misma altura desde $C$ entonces.
$\dfrac{(\triangle AFC)}{(\triangle AXC)} = \dfrac{AF}{AX} = \dfrac{AF}{AF + FX} = \dfrac{1}{1 + \dfrac{FX}{AF}}$.

Aplicando el teorema de Menelao en $\triangle ABX$ y la transversal $ZFC$
$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BC}{CX} \dfrac{XF}{FA} = – 1$
$\Leftrightarrow \dfrac{XF}{FA} = \dfrac{ZB}{AZ} \dfrac{XC}{BC} = \dfrac{1}{z} \times \dfrac{XC}{BX + XC} = \dfrac{1}{z(x + 1)}$.

Como resultado,
$(\triangle AFC) = \dfrac{1}{1 + \dfrac{1}{z(x + 1)}}(\triangle AXC) = \dfrac{z(x + 1)}{zx + z + 1} (\triangle AXC)$

Por otro lado,
$\dfrac{(\triangle AXC)}{(\triangle ABC)} = \dfrac{XC}{BC} = \dfrac{XC}{BX + XC} = \dfrac{1}{x + 1}$.

Por lo tanto,
$(\triangle AFC) = \dfrac{z(x + 1)}{zx + z + 1} \times \dfrac{1}{1 + x} (\triangle ABC) = \dfrac{z}{zx + z + 1}(\triangle ABC)$.

Igualmente podemos encontrar
$(\triangle BDA) = \dfrac{x}{xy + x + 1}(\triangle ABC)$,
$(\triangle CEB) = \dfrac{y}{yz + y + 1}(\triangle ABC)$.

Finalmente
$(\triangle DEF) = (\triangle ABC) – (\triangle AFC) – (\triangle BDA) – (\triangle CEB)$
$= (\triangle ABC)(1 – \dfrac{z}{zx + z + 1} – \dfrac{x}{xy + x + 1} – \dfrac{y}{yz + y + 1})$
$= \dfrac{(1 – xyz)^2}{(xy + y + 1)(yz + z + 1)(zx + x + 1)} (\triangle ABC)$.

Los cálculos de la última ecuación quedan para el lector.

$\blacksquare$

Observación. Notemos que este resultado generaliza el teorema de Ceva pues si $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes entonces $(\triangle DEF) = 0$, lo que implica que $\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA} = xyz = 1$.

Por el contrario, si $xyz = 1$, entonces $(\triangle DEF) = 0$, es decir $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes.

Más adelante…

En la siguiente entrada hablaremos sobre el punto de Nagel, un punto notable del triángulo con varias propiedades interesantes, la existencia de los conjugados isotómicos nos permitirá presentar 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.

Empleando el teorema de Menelao, muestra que las medianas, las alturas y las bisectrices internas de todo triángulo son concurrentes.
Sea $\triangle ABC$ y $X$, $X’ \in BC$; $Y$, $Y’ \in CA$; $Z$, $Z’ \in AB$, los puntos en que una circunferencia interseca a los lados de $\triangle ABC$, prueba que si $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes, entonces $AX’$, $BY’$, $CZ’$ son concurrentes.
In un triangulo $\triangle ABC$, $D$, $E$, $F$ son los pies de las alturas desde $A$, $B$, $C$, muestra que las perpendiculares desde $A$, $B$, y $C$ a $EF$, $DF$ y $DE$, respectivamente son concurrentes.
Si las diagonales de un cuadrilátero convexo $\square ABCD$ se intersecan en $P$ muestra que
$\dfrac{\sin \angle PAD}{\sin \angle PAB}\dfrac{\sin \angle PBA}{\sin \angle PBC}\dfrac{\sin \angle PCB}{\sin \angle PCD}\dfrac{\sin \angle PDC}{\sin \angle PDA} = 1$.
Teorema de Kariya. Sea $\Gamma(I)$ el incírculo de un triángulo $\triangle ABC$, sean $D$, $E$, $F$ los puntos de tangencia de $\Gamma(I)$ con $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente, sean $(I, r)$ una circunferencia con centro en $I$ y radio $r$, $X = (I, r) \cap ID$, $Y = (I, r) \cap IE$, $Z = (I, r) \cap IF$, demuestra que $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes.

Entradas relacionadas

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Otros cursos.

Fuentes

Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 37-53, 85-93.
Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 158-160.
Posamentier, A. y Salkind, C; Challenging Problems in Geometry. New York: Dover, 1996, pp 36-42.
Wikipedia
The University of Georgia

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»