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Geometría Moderna I: Triángulos en perspectiva

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

Introducción

En esta entrada mostraremos el teorema de Desargues que nos habla sobre triángulos en perspectiva, también mostraremos los teoremas de Pascal y de Pappus, estos nos dicen cuando los lados opuestos de un hexágono se intersecan en puntos colineales.

Definición. Dos triángulos $△ A B C$ y $△ A^{'} B^{'} C^{'}$ están en perspectiva desde una recta si los lados correspondientes $A B$ , $A^{'} B^{'}$ ; $B C$ , $B^{'} C^{'}$ y $C A$ , $C^{'} A^{'}$ se intersecan en puntos colineales, a dicha recta se le conoce como eje de perspectiva.

Dos triángulos $△ A B C$ y $△ A^{'} B^{'} C^{'}$ están en perspectiva desde un punto si las rectas que unen vértices correspondientes $A A^{'}$ , $B B^{'}$ y $C C^{'}$ son concurrentes, a dicho punto se le conoce como centro de perspectiva.

Observación. Notemos que ya hemos trabajado con un tipo especial de perspectiva, la homotecia, donde los vértices correspondientes son concurrentes pero los lados correspondientes son paralelos.

En este caso el centro de perspectiva es el centro de homotecia y como las rectas paralelas se intersecan en el punto al infinito entonces la recta al infinito es el eje de perspectiva.

El siguiente teorema generaliza esta dualidad eje-centro de perspectiva.

Teorema de Desargues

Teorema 1, de Desargues. Dos triángulos tienen un centro de perspectiva si y solo si tienen un eje de perspectiva.

Demostración. Consideremos dos triángulos, $△ A B C$ y $△ A^{'} B^{'} C^{'}$ ,
sean $R = A B \cap A^{'} B^{'}$ , $P = B C \cap B^{'} C^{'}$ y $Q = C A \cap C^{'} A^{'}$ .

Supongamos que $A A^{'}$ , $B B^{'}$ y $C C^{'}$ concurren en $S$ , aplicamos el teorema de Menelao a $△ S A B$ , $△ S A C$ y $△ S B C$ con sus respectivas transversales $B^{'} A^{'} R$ , $C^{'} A^{'} Q$ y $B^{'} C^{'} P$ .

$\begin{matrix} (1) & \frac{S A^{'}}{A^{'} A} \frac{A R}{R B} \frac{B B^{'}}{B^{'} S} = - 1, \end{matrix}$
$\begin{matrix} (2) & \frac{S A^{'}}{A^{'} A} \frac{A Q}{Q C} \frac{C C^{'}}{C^{'} S} = - 1, \end{matrix}$
$\begin{matrix} (3) & \frac{S B^{'}}{B^{'} B} \frac{B P}{P C} \frac{C C^{'}}{C^{'} S} = - 1. \end{matrix}$

Hacemos el cociente de $(1)$ entre $(2)$ y obtenemos
$\begin{matrix} (4) & \frac{A R}{R B} \frac{B B^{'}}{B^{'} S} \frac{Q C}{A Q} \frac{C^{'} S}{C C^{'}} = 1. \end{matrix}$

Multiplicamos $(3)$ por $(4)$ y obtenemos
$\frac{A R}{R B} \frac{B P}{P C} \frac{Q C}{A Q} = - 1$ .

Por lo tanto, por el teorema de Menelao, $P$ , $Q$ y $R$ son colineales.

Conversamente, supongamos que $R P Q$ es una recta y sea $S = B B^{'} \cap C C^{'}$ .

Notemos que $Q R$ , $C B$ y $C^{'} B$ concurren en $P$ (figura 1), por lo tanto, $△ Q C C^{'}$ y $△ R B B^{'}$ están en perspectiva desde $P$ , por la implicación que ya probamos los puntos $A = Q C \cap R B$ , $A^{'} = Q C^{'} \cap R B^{'}$ y $S = B B^{'} \cap C C^{'}$ , son colineales.

Por lo tanto, $A A^{'}$ , $B B^{'}$ y $C C^{'}$ concurren en $S$ .

Punto de Gergonne

Proposición. Considera un triángulo $△ A B C$ y su incírculo $Γ$ , sean $D$ , $E$ y $F$ los puntos de tangencia de $Γ$ con los lados $B C$ , $C A$ y $A B$ respectivamente, entonces $A D$ , $B E$ y $C F$ son concurrentes, en un punto conocido como punto de Gergonne.

Demostración. En la entrada anterior demostramos que los triángulos $△ A B C$ y $△ D E F$ están en perspectiva desde la recta de Gergonne de $△ A B C$ , es decir, $A B$ , $D E$ ; $B C$ , $E F$ y $C A$ , $F D$ se intersecan en tres puntos colineales.

Por lo tanto, por el teorema de Desargues $A D$ , $B E$ y $C F$ son concurrentes

Triángulos con dos ejes de perspectiva

Teorema 2. Si dos triángulos tienen dos ejes de perspectiva entonces tienen tres ejes de perspectiva.

Demostración. Supongamos que los triángulos $△ A B C$ y $△ A^{'} B^{'} C^{'}$ están en perspectiva desde dos rectas, es decir, los puntos, $Z = A B \cap B^{'} C^{'}$ , $X = B C \cap C^{'} A^{'}$ y $Y = C A \cap A^{'} B^{'}$ son colineales y los puntos $R = A B \cap C^{'} A^{'}$ , $P = B C \cap A^{'} B^{'}$ y $Q = C A \cap B^{'} C^{'}$ son colineales.

Sean $F = A B \cap A^{'} B^{'}$ , $D = B C \cap B^{'} C^{'}$ y $E = C A \cap C^{'} A^{'}$ , aplicamos el teorema Menelao a $△ A B C$ y las transversales $D Z Q$ , $F P Y$ y $E X R$ .

$\frac{A Z}{Z B} \frac{B D}{D C} \frac{C Q}{Q A} = - 1$ ,
$\frac{A F}{F B} \frac{B P}{P C} \frac{C Y}{Y A} = - 1$ ,
$\frac{A R}{R B} \frac{B X}{X C} \frac{C E}{E A} = - 1$ .

Multiplicamos estas tres igualdades y reordenamos
$\frac{A F}{F B} \frac{B D}{D C} \frac{C E}{E A} (\frac{A Z}{Z B} \frac{B X}{X C} \frac{C Y}{Y A}) (\frac{A R}{R B} \frac{B P}{P C} \frac{C Q}{Q A}) = - 1$ .

Recordemos que como $X$ , $Y$ , $Z$ y $P$ , $Q$ , $R$ son colineales entonces
$\frac{A Z}{Z B} \frac{B X}{X C} \frac{C Y}{Y A} = - 1$ ,
$\frac{A R}{R B} \frac{B P}{P C} \frac{C Q}{Q A} = - 1$ .

Por lo tanto
$\frac{A F}{F B} \frac{B D}{D C} \frac{C E}{E A} = - 1$ .

Y por el teorema de Menelao $D$ , $E$ y $F$ son colineales.

Corolario. Si dos triángulos tienen dos centros de perspectiva entonces tienen tres centros de perspectiva.

Demostración. Por el teorema de Desargues, si dos triángulos tienen dos centros de perspectiva entonces tienen dos ejes de perspectiva.

Por el teorema anterior, existe un tercer eje de perspectiva.

Nuevamente por el teorema de Desargues, existe un tercer centro de perspectiva.

Teorema de Pappus

Teorema 3, de Pappus. Si los vértices de un hexágono se encuentran alternadamente sobre dos rectas entonces los lados opuestos se intersecan en tres puntos colineales.

Demostración. Sean $A B C D E F$ un hexágono tal que $A E C$ y $D B F$ son dos rectas distintas,
$P = E F \cap A B$ , $Q = A B \cap C D$ , $R = C D \cap E F$ ,
$P^{'} = B C \cap E D$ , $Q^{'} = D E \cap F A$ y $R^{'} = F A \cap B C$ .

Notemos que las rectas $A E C$ y $D B F$ son dos ejes de perspectiva de $△ P Q R$ y $△ P^{'} Q^{'} R^{'}$ , pues
$A = P Q \cap Q^{'} R^{'}$ , $C = Q R \cap R^{'} P^{'}$ , $E = R P \cap P^{'} Q^{'}$ ,
$B = P Q \cap R^{'} P^{'}$ , $D = Q R \cap P^{'} Q^{'}$ y $F = R P \cap Q^{'} R^{'}$ .

Por el teorema anterior $X = P Q \cap P^{'} Q^{'}$ , $Y = Q R \cap Q^{'} R^{'}$ y $Z = R P \cap R^{'} P^{'}$ , son colineales.

Teorema de Pascal

Teorema 4, de Pascal. En todo hexágono cíclico los pares de lados opuestos se intersecan en tres puntos colineales.

Demostración. Sean $A B C D E F$ un hexágono cíclico,
$X = A B \cap D E$ , $Y = B C \cap E F$ , $Z = C D \cap F A$ las intersecciones de los lados opuestos,
consideremos $P = D E \cap F A$ , $Q = F A \cap B C$ y $R = B C \cap D E$ .

Aplicaremos el teorema de Menelao a $△ P Q R$ y las transversales $A X B$ , $C D Z$ y $F E Y$ .
$\frac{P A}{A Q} \frac{Q B}{B R} \frac{R X}{X P} = - 1$ ,
$\frac{P Z}{Z Q} \frac{Q C}{C R} \frac{R D}{D P} = - 1$ ,
$\frac{P F}{F Q} \frac{Q Y}{Y R} \frac{R E}{E P} = - 1$ .

Si multiplicamos las tres ecuaciones y reacomodamos obtenemos
$\frac{P Z}{Z Q} \frac{Q Y}{Y R} \frac{R X}{X P} (\frac{P F \times P A}{P E \times P D}) (\frac{Q B \times Q C}{Q F \times Q A}) (\frac{R D \times R E}{R C \times R B}) = - 1$ .

Por otro lado, las potencias de $P$ , $Q$ y $R$ respeto al circuncírculo de $A B C D E F$ son la siguientes
$P F \times P A = P E \times P D$ ,
$Q F \times Q A = Q B \times Q C$ ,
$R D \times R E = R C \times R B$ .

Por lo tanto $\frac{P Z}{Z Q} \frac{Q Y}{Y R} \frac{R X}{X P} = - 1$ .

Por el teorema de Menelao $X$ , $Y$ y $Z$ son colineales.

Casos limite en el teorema de Pascal

Existen casos limite donde podemos hacer uso del teorema de Pascal, es decir, podemos considerar un triángulo, un cuadrilátero o un pentágono como un hexágono donde dos vértices se aproximaron hasta volverse uno solo y como consecuencia el lado comprendido entre ellos se vuelve una tangente al circuncírculo en dicho punto.

A continuación, ilustramos esto con un ejemplo.

Problema 1. Considera $Γ$ una circunferencia y $l$ una recta, $K \in l$ fuera de $Γ$ , $P$ , $Q \in Γ$ , sean $K A$ y $K B$ las tangentes desde $K$ a $Γ$ , $X = P A \cap l$ , $Y = P B \cap l$ , $C = Q X \cap Γ$ y $D = Q Y \cap Γ$ . Muestra que las tangentes a $Γ$ en $C$ y $D$ se intersecan en $l$ .

Demostración. Sea $M$ la intersección de las tangentes a $Γ$ en $C$ y $D$ , $U = A C \cap B D$ y $V = A D \cap B C$ .

Por el teorema de Pascal en el hexágono $A P B C Q D$ , $V$ es colineal con $X$ e $Y$ , es decir $V \in l$ .

Ahora aplicamos el teorema de Pascal al hexágono $A A C B B D$ , $U$ es colineal con $V$ y $K$ , es decir $U \in l$ .

Aplicando nuevamente Pascal a $A C C B D D$ tenemos que $M$ es colineal con $U$ y con $V$ .

Por lo tanto, $M \in l$ .

Pascal, Desargues y un punto al infinito

Problema 2. Sean $△ A B C$ un triángulo acutángulo, $B^{'}$ y $C^{'}$ los puntos medios de $C A$ y $A B$ respectivamente, sea $Γ_{1}$ una circunferencia que pasa por $B^{'}$ y $C^{'}$ y que es tangente al circuncírculo de $△ A B C$ , $Γ (A B C)$ en $T$ . Muestra que $T$ , el pie de la altura por $A$ , y el centroide de $△ A B C$ , son colineales.

Demostración. Sean $B^{″} = T B^{'} \cap Γ (A B C)$ , $C^{″} = T C^{'} \cap Γ (A B C)$ y $D^{'} = B B^{″} \cap C C^{″}$

Por el teorema de Pascal en el hexágono $A B B^{″} T C^{″} C$ , $B^{'}$ , $D^{'}$ y $C^{'}$ son colineales.

Notemos que existe una homotecia con centro en $T$ que lleva a $Γ_{1}$ en $Γ (A B C)$ , así que, $C^{'} B^{'} ∥ C^{″} B^{″}$ .

Como resultado, $∠ C^{″} C B = ∠ C C^{″} B^{″} = ∠ C B B^{″}$ , pues $∠ C C^{″} B^{″}$ y $∠ C B B^{″}$ abarcan el mismo arco.

En consecuencia, $△ D^{'} B C$ es isósceles, por lo tanto, el pie de la altura por $D^{'}$ en $△ D^{'} B C$ es $A^{'}$ , el punto medio de $B C$ , o conversamente, la proyección de $A^{'}$ el punto medio de $B C$ , en $B^{'} C^{'}$ es $D^{'}$ .

Recordemos que existe una homotecia con centro en $G$ , el centroide de $△ A B C$ , que lleva a $△ A^{'} B^{'} C^{'}$ en $△ A B C$ , como $D$ es el pie de altura por $A$ en $△ A B C$ y $D^{'}$ el pie de la altura por $A^{'}$ en $△ A^{'} B^{'} C^{'}$ , entonces $D$ y $D^{'}$ son puntos homólogos en esta homotecia, por lo tanto, $D$ , $G$ y $D^{'}$ son colineales.

Por otro lado, como $B B^{'}$ , $C C^{'}$ y $D D^{'}$ concurren en $G$ , $△ D^{'} B C$ y $△ D B^{'} C^{'}$ están en perspectiva desde $G$ .

Por el teorema de Desargues, los puntos $X = D^{'} B \cap D B^{'}$ , $Y = D^{'} C \cap D C^{'}$ , $P = B C \cap B^{'} C^{'}$ , son colineales, pero $P$ es un punto ideal, pues por la homotecia entre $△ A^{'} B^{'} C^{'}$ y $△ A B C$ , $B^{'} C^{'} ∥ B C$ .

En consecuencia, $X Y ∥ B^{'} C^{'}$ .

Como $D B^{'} \cap D^{'} B^{″} = X$ , $D C^{'} \cap D^{'} C^{″} = Y$ y $B^{'} C^{'} \cap B^{″} C^{″} = P$ , entonces $△ D B^{'} C^{'}$ y $△ D^{'} B^{″} C^{″}$ están en perspectiva desde $X Y$ , por el teorema de Desargues, $D D^{'}$ , $B^{'} B^{″}$ y $C^{'} C^{″}$ son concurrentes.

Por lo tanto, $T$ , $D$ y $G$ son colineales.

Más adelante…

En la siguiente entrada mostraremos el teorema de Ceva, que nos da condiciones necesarias y suficientes para que tres rectas, cada una por un vértice distinto de un triángulo dado, sean concurrentes.

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 si tres triángulos:
$i)$ tienen un eje común de perspectiva, entonces los tres centros de perspectiva son colineales,
$i i)$ tienen un centro común de perspectiva, entonces los tres ejes de perspectiva son concurrentes.
Muestra que todo triángulo esta en perspectiva desde una recta con:
$i)$ su triángulo medial,
$i i)$ su triángulo órtico.
Sean $△ A B C$ y $D \in B C$ , $Γ_{1}$ , $Γ_{2}$ , considera los incírculos de $△ A B D$ y $△ A D C$ respectivamente, $Γ_{3},$ $Γ_{4}$ los excírculos tangentes a $B C$ de $△ A B D$ y $△ A D C$ respectivamente (figura 8). Prueba que las tangentes comunes externas a $Γ_{1}$ , $Γ_{2}$ y $Γ_{3}$ , $Γ_{4}$ , concurren en $B C$ .

Sea $B B^{'} C^{'} C$ un rectángulo construido externamente sobre el lado $B C$ de un triángulo $△ A B C$ , sean sea $A^{'} \in B C$ , el pie de la altura por $A$ , $X = A B \cap A^{'} B^{'}$ , $Y = C A \cap C^{'} A^{'}$ , muestra que $X Y ∥ B C$ .
Considera $Γ$ el circuncírculo de un triangulo $△ A B C$ , sean $Q$ el punto medio del arco $\overset{⌢}{A B}$ que no contiene a $C$ , $R$ el punto medio del arco $\overset{⌢}{C A}$ que no contiene a $B$ , $P$ un punto en el arco $\overset{⌢}{B C}$ que no contiene a $A$ , $H = A B \cap P Q$ , $J = C A \cap P R$ , prueba que $H J$ pasa por el incentro de $△ A B C$ .
Sea $△ A B C$ y $B^{'} \in C A$ , $C^{'} \in A B$ , sean $D$ , $E$ los puntos de tangencia de $Γ$ el incírculo de $△ A B C$ , con $C A$ y $A B$ respectivamente, sean $C^{'} X$ y $B^{'} Y$ segmentos tangentes a $Γ$ tal que $X$ , $Y \in Γ$ (figura 9), demuestra que $B^{'} C^{'}$ , $D E$ y $X Y$ son concurrentes.

Entradas relacionadas

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Fuentes

Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 71-82.
Lozanovski, S., A Beautiful Journey Through Olympiad Geometry. Version 1.4. 2020, pp 103-109.
Johnson, R., Advanced Euclidean Geometry. New York: Dover, 2007, pp 230-239.
Coxeter, H. y Greitzer, L., Geometry Revisited. Washington: The Mathematical Association of America, 1967, pp 67-76.

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 Menelao

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

En esta ocasión presentamos el teorema de Menelao, una herramienta muy útil que nos da condiciones necesarias y suficientes para que tres puntos, cada uno sobre los lados de un triángulo, sean colineales.

Teorema de Menelao

Teorema 1, de Menelao. Sean $△ A B C$ y $X$ , $Y$ , $Z$ puntos en los lados $B C$ , $C A$ y $A B$ respectivamente, tal que uno o los tres puntos se encuentran en la extensión de los lados de $△ A B C$ , entonces $X$ , $Y$ y $Z$ son colineales si y solo si
$\frac{A Z}{Z B} \frac{B X}{X C} \frac{C Y}{Y A} = - 1$ .

Demostración. Supongamos que $X$ , $Y$ y $Z$ son colineales, sea $D \in X Y Z$ tal que $C D ∥ A B$ entonces $△ X Z B \sim △ X D C$ y $△ Y A Z \sim △ Y C D$ , esto es

$\frac{D C}{Z B} = \frac{X C}{X B} \Leftrightarrow D C = \frac{Z B \times X C}{X B}$ ,

$\frac{D C}{Z A} = \frac{Y C}{Y A} \Leftrightarrow D C = \frac{Z A \times Y C}{Y A}$ .

Por lo tanto,
$\frac{Z A}{Y A} \frac{Y C}{Z B} \frac{X B}{X C} = 1 \Leftrightarrow \frac{A Z}{Z B} \frac{B X}{X C} \frac{C Y}{Y A} = - 1$ .

La última ecuación se obtiene al considerar segmentos dirigidos.

Conversamente, ahora supongamos sin pérdida de generalidad que $Z$ e $Y$ se encuentran en $A B$ y $C A$ respectivamente y $X$ en la extensión de $B C$ (izquierda figura 1), el caso en que los tres puntos están en las extensiones de los lados es análogo, y supongamos que
$\frac{A Z}{Z B} \frac{B X}{X C} \frac{C Y}{Y A} = - 1$ .

Sea $X^{'} = Y Z \cap B C$ , entonces por la implicación que ya probamos tenemos que
$\frac{A Z}{Z B} \frac{B X^{'}}{X^{'} C} \frac{C Y}{Y A} = - 1$ .

Esto, junto con nuestra hipótesis nos dice que $\frac{B X^{'}}{X^{'} C} = \frac{B X}{X C}$ , es decir $B C$ es dividido exteriormente por $X$ y $X^{'}$ en la misma razón.

Por lo tanto, $X = X^{'}$ , entonces $X$ , $Y$ y $Z$ son colineales.

Forma trigonométrica del teorema de Menelao

Lema de la razón. Considera $△ A B C$ y sea $X$ un punto en $B C$ o su extensión, entonces
$\begin{matrix} (5) & \frac{B X}{X C} = \frac{A B}{C A} \frac{\sin ∠ B A X}{\sin ∠ C A X} . \end{matrix}$ .

Demostración. Aplicamos la ley de los senos a los triángulos $△ B A X$ y $△ X A C$ (figura 1),
$\begin{matrix} (6) & \frac{B X}{\sin ∠ B A X} = \frac{A B}{\sin ∠ A X B}, \end{matrix}$

$\begin{matrix} (7) & \frac{C X}{\sin ∠ C A X} = \frac{A C}{\sin ∠ A X C} . \end{matrix}$

Notemos que $\sin ∠ A X B = \sin ∠ A X C$ , pues si $X$ está en la extensión de $B C$ entonces $∠ A X B = ∠ A X C$ o si $X$ está en el segmento $B C$ entonces $∠ A X B$ y $∠ A X C$ son suplementarios.

Por lo tanto, haciendo el cociente de $(2)$ entre $(3)$ obtenemos $(1)$ .

Forma trigonométrica del teorema de Menelao. Sea $△ A B C$ y $X$ , $Y$ , $Z$ puntos en los lados $B C$ , $C A$ y $A B$ respectivamente, tal que uno o los tres puntos se encuentran en la extensión de los lados de $△ A B C$ , entonces $X$ , $Y$ y $Z$ son colineales si y solo si

$\frac{\sin ∠ B A X}{\sin ∠ X A C} \frac{\sin ∠ C B Y}{\sin ∠ Y B A} \frac{\sin ∠ A C Z}{\sin ∠ Z C B} = - 1$ .

Demostración. Aplicamos el lema de la razón a $X$ , $Y$ y $Z$ , entonces:
$- 1 = \frac{A Z}{Z B} \frac{B X}{X C} \frac{C Y}{Y A}$

$= (\frac{C A}{B C} \frac{\sin ∠ A C Z}{\sin ∠ Z C B}) (\frac{A B}{C A} \frac{\sin ∠ B A X}{\sin ∠ X A C}) (\frac{B C}{A B} \frac{\sin ∠ C B Y}{\sin ∠ Y B A})$

$= \frac{\sin ∠ B A X}{\sin ∠ X A C} \frac{\sin ∠ C B Y}{\sin ∠ Y A C} \frac{\sin ∠ A C Z}{\sin ∠ Z C B}$ .

En consecuencia, por el teorema de Menelao la igualdad es cierta si y solo si $X$ , $Y$ y $Z$ son colineales.

Bisectrices

Proposición 1.
$i)$ Dos bisectrices internas y la bisectriz externa del tercer ángulo de un triángulo intersecan a los lados opuestos del triángulo en tres puntos colineales,
$i i)$ las tres bisectrices externas de un triángulo intersecan a los lados opuestos del triángulo en tres puntos colineales.

Demostración. Sean $△ A B C$ , $X^{'}$ , la intersección de la bisectriz externa de $∠ A$ con $B C$ , $Y$ y $Z$ las intersecciones de las bisectrices internas de $∠ B$ y $∠ C$ con $C A$ y $A B$ respectivamente.

Por el teorema de la bisectriz tenemos las siguientes igualdades
$\frac{B X^{'}}{X^{'} C} = \frac{A B}{A C}$ ,
$\frac{C Y}{Y A} = \frac{B C}{B A}$ ,
$\frac{A Z}{Z B} = \frac{C A}{C B}$ .

Considerando segmentos dirigidos,
$\frac{A Z}{Z B} \frac{B X^{'}}{X^{'} C} \frac{C Y}{Y A} = \frac{C A}{C B} \frac{A B}{A C} \frac{B C}{B A} = - 1$ .

Por lo tanto, $X^{'}$ , $Y$ y $Z$ son colineales.

Análogamente, si $Y^{'}$ y $Z^{'}$ son las intersecciones de las bisectrices externas de $∠ B$ y $∠ C$ con $C A$ y $A B$ respectivamente, entonces por el teorema de la bisectriz
$\frac{C Y^{'}}{Y^{'} A} = \frac{B C}{B A}$ ,
$\frac{A Z^{'}}{Z^{'} B} = \frac{C A}{C B}$ .

Por lo tanto
$\frac{A Z^{'}}{Z^{'} B} \frac{B X^{'}}{X^{'} C} \frac{C Y^{'}}{Y^{'} A} = \frac{C A}{C B} \frac{A B}{A C} \frac{B C}{B A} = - 1$ .

Por lo tanto, por el teorema de Menelao, $X^{'}$ , $Y^{'}$ y $Z^{'}$ son colineales.

Recta de Lemoine y recta de Gergonne

Teorema 2. Las rectas tangentes al circuncírculo de un triángulo a través de sus vértices intersecan a los lados opuestos del triángulo en tres puntos colineales.

Demostración. Sean $△ A B C$ y $△ D E F$ su triángulo tangencial, sean $X = E F \cap B C$ , $Y = D F \cap C A$ y $Z = D E \cap A B$ .

Como el ángulo semiinscrito $∠ X A B$ abarca el mismo arco que el ángulo inscrito $∠ A C B$ entonces son iguales, por criterio de semejanza AA, $△ A X B \sim △ C X A$ , por lo tanto,
$\frac{A X}{C X} = \frac{A B}{C A}$ $\Leftrightarrow \frac{A X^{2}}{C X^{2}} = \frac{A B^{2}}{C A^{2}}$ .

Por otro lado, la potencia de $X$ respecto al circuncírculo de $△ A B C$ es
$A X^{2} = X B \times X C$ .

Por lo tanto,
$\begin{matrix} (8) & \frac{X B}{X C} = \frac{A B^{2}}{C A^{2}} . \end{matrix}$

Igualmente podemos encontrar,
$\frac{Y C}{Y A} = \frac{B C^{2}}{B A^{2}}$ y $\frac{Z B}{Z A} = \frac{C B^{2}}{C A^{2}}$ .

Por lo tanto,
$\frac{X B}{X C} \frac{Y C}{Y A} \frac{Z A}{Z B} = \frac{A B^{2}}{C A^{2}} \frac{B C^{2}}{B A^{2}} \frac{C A^{2}}{C B^{2}} = 1$ .

Considerando segmentos dirigidos tenemos
$\frac{A Z}{Z B} \frac{B X}{X C} \frac{C Y}{Y A} = - 1$ .

Como resultado, por el teorema de Menelao, $X$ , $Y$ y $Z$ son colineales.

A la recta $X Y Z$ se le conoce como recta de Lemoine de $△ A B C$ .

Observación 1. Notemos que $X$ , $Y$ y $Z$ son los centros de las circunferencias de Apolonio de $△ A B C$ .

Observación 2. También hemos mostrado que la tangente al circuncírculo de un triangulo por uno de sus vértices divide al lado opuesto al vértice, en la razón de los cuadrados de los lados que concurren en el vértice, ecuación $(4)$ .

Corolario. Los lados del triángulo cuyos vértices son los puntos de tangencia del incírculo de un triángulo dado con sus lados, intersecan a los lados opuestos del triángulo dado en tres puntos colineales.

Demostración. Notemos que en el teorema anterior si el triángulo dado es $△ D E F$ , entonces su incírculo es el circuncírculo de $△ A B C$ .

Por lo tanto, se tiene el resultado.

A la recta $X Y Z$ se le conoce como recta de Gergonne de $△ D E F$ .

Teorema de Monge

Teorema 3. Las tangentes externas comunes a tres circunferencias, tales que ninguna esta completamente contenida en las otras dos, se intersecan dos a dos en tres puntos colineales.

Demostración. Sean $Γ (A)$ , $Γ (B)$ y $Γ (C)$ , tres circunferencias que cumplen las hipótesis. Sean $X = X_{b} X_{c} \cap X_{b}^{'} X_{c}^{'}$ , $Y = Y_{a} Y_{c} \cap Y_{a}^{'} Y_{c}^{'}$ y $Z = Z_{a} Z_{b} \cap Z_{a}^{'} Z_{b}^{'}$ , las intersecciones de las tangentes comunes a $Γ (B)$ , $Γ (C)$ ; $Γ (A)$ , $Γ (C)$ y $Γ (A)$ , $Γ (B)$ respectivamente (figura 4).

Recordemos que la intersección de dos tangentes externas comunes a dos circunferencias es un centro de homotecia entre dichas circunferencias.

Entonces $X$ es un centro de homotecia para $Γ (B)$ y $Γ (C)$ , por lo tanto
$\frac{X B}{X C} = \frac{B X_{b}}{C X_{c}}$ .

Igualmente vemos que
$\frac{Y C}{Y A} = \frac{C Y_{c}}{A Y_{a}}$ y $\frac{Z B}{Z A} = \frac{B Z_{b}}{A Z_{a}}$ .

Tomando en cuenta que $A Z_{a} = A Y_{a}$ , $B Z_{b} = B X_{b}$ y $C X_{c} = C Y_{c}$ , tenemos
$\frac{A Z}{Z B} \frac{B X}{X C} \frac{C Y}{Y A} = \frac{- A Z_{a}}{B Z_{b}} \frac{- B X_{b}}{C X_{c}} \frac{- C Y_{c}}{A Y_{a}} = - 1$ .

Por lo tanto, por el teorema de Menelao $X$ , $Y$ y $Z$ son colineales.

Puntos isotómicos

Proposición 2. Los puntos isotómicos de tres puntos colineales son colineales.

Demostración. Recordemos que dos puntos en uno de los lados de un triángulo son isotómicos si equidistan al punto medio de ese lado.

Sean $△ A B C$ y $X$ , $Y$ , $Z$ en los lados $B C$ , $C A$ y $A B$ respectivamente tal que $X Y Z$ es una recta, consideremos $X^{'}$ , $Y^{'}$ y $Z^{'}$ sus correspondientes puntos isotómicos.

Entonces
$\frac{A Z^{'}}{Z^{'} B} \frac{B X^{'}}{X^{'} C} \frac{C Y^{'}}{Y^{'} A} = \frac{Z B}{A Z} \frac{X C}{B X} \frac{Y A}{C Y} = (\frac{A Z}{Z B} \frac{B X}{X C} \frac{C Y}{Y A})^{-} 1 = - 1$ .

Por lo tanto, por el teorema de Menelao $X^{'}$ , $Y^{'}$ y $Z^{'}$ son colineales.

Proposición 3. Si sobre los lados de $△ A B C$ tenemos pares de puntos isotómicos $X$ , $X^{'} \in B C$ , $Y$ , $Y^{'} \in C A$ y $Z$ , $Z^{'} \in A B$ entonces las áreas de los triángulos $△ X Y Z$ y $△ X^{'} Y^{'} Z^{'}$ coinciden.

Demostración. Sean $U = Z Y \cap B C$ y $U^{'} = Z^{'} Y^{'} \cap B C$ , consideremos $D$ y $F$ las proyecciones de $X$ y $C$ en $Z U$ , entonces $△ X D U \sim △ C E U$ .

Entonces,
$\frac{(△ X Y Z)}{(△ C Y Z)} = \frac{X D}{C E} = \frac{X U}{C U}$ .

Igualmente vemos que, $\frac{(△ X^{'} Y^{'} Z^{'})}{(△ B Y^{'} Z^{'})} = \frac{X^{'} U^{'}}{B U^{'}}$ .

Por la proposición anterior, el punto isotómico de $U$ debe ser colineal con $Y^{'}$ y $Z^{'}$ , por lo tanto, $U$ y $U^{'}$ son isotómicos $\Rightarrow C U = U^{'} B$ y $X U = U^{'} X^{'}$ .

Por lo tanto $\frac{(△ X Y Z)}{(△ C Y Z)} = \frac{(△ X^{'} Y^{'} Z^{'})}{(△ B Y^{'} Z^{'})}$ .

Pero $(△ C Y Z) = (△ A Y^{'} Z) = (△ B Y^{'} Z^{'})$ .

Por lo tanto, $△ X Y Z$ y $△ X^{'} Y^{'} Z^{'}$ tienen la misma área.

Más adelante…

Con la ayuda del teorema de Menelao, en la próxima entrada definiremos y estableceremos algunos resultados sobre triángulos en perspectiva. También mostraremos el teorema de Pascal.

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.

Prueba que si una recta que pasa por el centroide $G$ de un triangulo $△ A B C$ interseca a $A B$ y $A C$ en $Z$ e $Y$ respectivamente, entonces $A Z \times Y C + A Y \times Z B = A Z \times A Y$ .
Una recta interseca los lados de un cuadrilátero $A B C D$ , $B C$ , $C D$ , $D A$ y $A B$ en $X$ , $Y$ , $Z$ y $W$ respectivamente, muestra que $\frac{B X}{X C} \frac{C Y}{Y D} \frac{D Z}{Z A} \frac{A W}{W B} = 1$ .
Una circunferencia cuyo centro es equidistante a los vértices $B$ y $C$ de un triángulo $△ A B C$ interseca a $A B$ en $P$ y $P^{'}$ y a $A C$ en $Q^{'}$ y $Q$ , las rectas $P Q$ y $P^{'} Q^{'}$ intersecan a $B C$ en $X$ y $X^{'}$ respectivamente, muestra que:
$i)$ $B X \times B X^{'} = C X \times C X^{'}$ ,
$i i)$ $X$ y $X^{'}$ son puntos isotómicos.
Sean $△ A B C$ y $B^{'}$ el punto medio de $C A$ , considera $G$ el centroide de $△ A B C$ , sea $P$ tal que $B^{'}$ es el punto medio de $G P$ , la paralela a $A C$ por $P$ interseca a $B C$ en $X$ , la paralela a $A B$ por $P$ corta a $A C$ en $Y$ , la paralela a $B C$ por $P$ interseca a $A B$ en $Z$ (figura 7), muestra que $X$ , $Y$ y $Z$ son colineales.

Demuestra que las mediatrices de las bisectrices de los ángulos internos de un triángulo, intersecan a los lados opuestos a los ángulos desde donde se trazo la bisectriz, en tres puntos colineales. Considera el segmento de bisectriz formado por el vértice y el punto de intersección con el lado opuesto.
Considera $X Y Z$ y $X^{'} Y^{'} Z^{'}$ dos rectas transversales a los lados de un triángulo $△ A B C$ , tales que $X$ , $X^{'} \in B C$ , $Y$ , $Y^{'} \in C A$ y $Z$ , $Z^{'} \in A B$ , sean $D = Z^{'} Y \cap B C$ , $E = X^{'} Z \cap C A$ y $F = Y^{'} X \cap A B$ , prueba que $D$ , $E$ y $F$ son colineales.
Demuestra el teorema de la recta de Simson usando el teorema de Menelao.
Dadas tres circunferencias tales que dos a dos sus interiores son ajenos, muestra que las tangentes comunes externas de dos de ellas se intersecan en un punto colineal con las intersecciones de las tangentes comunes internas de esas dos circunferencias con la tercera.

Entradas relacionadas

Ir a Geometría Moderna I.
Entrada anterior del curso: Puntos de Fermat y triángulos de Napoleón.
Siguiente entrada del curso: Triángulos en perspectiva.
Otros cursos.

Fuentes

Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 153-158.
Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 57-68.
Posamentier, A. y Salkind, C; Challenging Problems in Geometry. New York: Dover, 1996, pp 36-42.
Cárdenas, S., Notas de Geometría. México: Ed. Prensas de Ciencias, 2013, pp 85-88.

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: Segmento dirigido y teorema de Stewart

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

En esta entrada presentamos los conceptos de segmento dirigido, razón en la que un punto divide a un segmento y punto al infinito, que nos serán de ayuda en los próximos temas, además demostramos el teorema de Stewart, el cual nos sirve para calcular el valor de cualquier ceviana en un triángulo.

Segmento dirigido

Para un segmento $A B$ hasta ahora solo habíamos considerado su magnitud, la cual siempre es positiva o $0$ si $A = B$ , ahora también consideraremos el sentido en el que recorremos el segmento es decir de $A$ a $B$ o de $B$ a $A$ , lo que nos permitirá asignarles un signo.

Si hacemos el recorrido $A B$ y luego el recorrido $B A$ entonces terminaremos en $A$ que es donde empezamos, por lo que podemos decir que:

$\begin{matrix} (9) & A B + B A = 0 \Leftrightarrow B A = - A B \Leftrightarrow A B = - B A . \end{matrix}$

Igualmente, si tenemos tres puntos colineales $A$ , $B$ y $C$ , y hacemos el recorrido $A B$ , luego $B C$ y al final $C A$ , regresaremos al punto inicial, es decir:

$\begin{matrix} (10) & A B + B C + C A = 0 \Leftrightarrow A B + B C = - C A = A C . \end{matrix}$

donde la última igualdad se da por la ecuación $(1)$ .

Teorema 1, de Euler. Para cualesquiera cuatro puntos colineales $A$ , $B$ , $C$ y $D$ tenemos lo siguiente: $A B \times C D + A C \times D B + A D \times B C = 0$ .

Demostración. Por las ecuaciones $(1)$ y $(2)$ tenemos
$C D = C A + A D = - A C + A D$ ,
$D B = D A + A B = - A D + A B$ ,
$B C = B A + A C = - A B + A C$ .

Entonces,
$A B \times C D + A C \times D B + A D \times B C$
$= A B (- A C + A D) + A C (- A D + A B) + A D (- A B + A C)$
$= - (A B \times A C) + (A B \times A D) - (A C \times A D) + (A C \times A B) - (A D \times A B) + (A D \times A C)$
$= 0$ .

División de un segmento en una razón dada

Definición 1. Sean $A B$ un segmento y $P$ un punto en la recta $A B$ definimos la razón en que $P$ divide al segmento $A B$ como $\frac{A P}{P B}$ .

Si $P$ esta entre $A$ y $B$ decimos que la división es interna y entonces $A P$ y $P B$ tienen el mismo sentido, por lo que la razón será positiva, si $P = A$ la razón será $0$ e ira creciendo hasta llegar a $1$ en el punto medio de $A B$ y continuará creciendo positivamente tanto como queramos mientras $P$ se acerque más a $B$ pero sin llegar a ser $B$ .

Si $P$ esta fuera del segmento $A B$ la división es externa, en tal caso $A P$ y $P B$ tienen sentidos opuestos, por lo tanto, la razón será negativa, para valores del lado opuesto a $B$ respecto de $A$ , $| A P | < | P B |$ , por lo tanto, la razón será mayor a $- 1$ y menor que $0$ , si $P$ está en el lado opuesto a $A$ respecto de $B$ entonces $| A P | > | P B |$ , por lo tanto, la razón será menor que $- 1$ .

Teorema 2. Sean $A$ y $B$ dos puntos fijos entonces para todo número real $λ$ diferente de $- 1$ , existe un único punto $P$ en la recta que pasa por $A$ y $B$ tal que la razón $\frac{A P}{P B} = λ$ .

Demostración. Sean $A B = a$ y $A P = x$ , por la ecuación $(2)$ ,
$P B = P A + A B = - A P + A B = - x + a$ .

Por lo tanto, $\frac{x}{a - x} = \frac{A P}{P B} = λ$ .

Resolviendo para $x$ obtenemos
$P A = x = \frac{a λ}{1 + λ}$ .

Ahora supongamos que $λ > 0$ y que existen $P$ y $P^{'}$ tal que $\frac{A P}{P B} = λ = \frac{A P^{'}}{P^{'} B}$ .

Por la observación hecha en la definición 1, $P$ y $P^{'}$ están dentro del segmento $A B$ , además $A P = \frac{a λ}{1 + λ} = A P^{'}$ .

Por lo tanto, $P = P^{'}$ .

Similarmente, en caso de que $λ < 0$ vemos que $P = P^{'}$ , solo hay que considerar dos subcasos, $λ > - 1$ y $λ < - 1$ .

Punto al infinito

Ahora consideremos una recta fija $A B$ y un punto fijo $Q$ fuera de la recta y consideremos el conjunto de todas las rectas que pasan por $Q$ e intersecan a $A B$ , a cada recta que pasa por $Q$ le podemos asociar el punto $P$ de intersección con $A B$ , notemos que cuanto más se aleja $P$ de $A$ y de $B$ , $\frac{A P}{P B}$ se aproxima más a $- 1$ , esto pasa en ambos sentidos, pero al mismo tiempo la rectas se parecen más a la paralela a $A B$ por $Q$ .

Esto motiva la siguiente definición.

Definición 2. Decimos que dos rectas paralelas se intersecan en el punto al infinito, o punto ideal, el cual cumple lo siguiente.

Para cada recta en el plano, existe solo un punto ideal.
El conjunto de todos los puntos ideales se encuentran en una recta, llamada recta al infinito o recta ideal.
Si $P$ es el punto ideal de la recta $A B$ entonces $\frac{A P}{P B} = - 1$ .

Teorema de Stewart

Teorema 3, de Stewart. Si $A$ , $B$ , $C$ son tres puntos colineales y $P$ cualquier otro punto en el plano entonces:
$P A^{2} \times B C + P B^{2} \times C A + P C^{2} \times A B + A B \times B C \times C A = 0$ .

Demostración. Supongamos que $P$ no pertenece a la recta $A B C$ , sea $D$ la proyección de $P$ en $A B C$ , por el teorema de Pitágoras y las ecuación $(1)$ y $(2)$ tenemos:

$P C^{2} = P D^{2} + C D^{2}$ ,

$P A^{2} = P D^{2} + A D^{2} = P D^{2} + (A C + C D)^{2} = P D^{2} + A C^{2} + 2 A C \times C D + C D^{2}$
$= P C^{2} + A C^{2} - 2 C A \times C E$ ,

$P B^{2} = P D^{2} + B D^{2} = P D^{2} + (B C + C D)^{2} = P D^{2} + B C^{2} + 2 B C \times C D + C D^{2}$
$= P C^{2} + B C^{2} + 2 B C \times C E$ .

Multiplicamos $P A^{2}$ por $B C$ y $P A^{2}$ por $C A$ , luego sumamos,
$P A^{2} \times B C = P C^{2} \times B C + A C^{2} \times B C - 2 C A \times C E \times B C$ ,
$P B^{2} \times C A = P C^{2} \times C A + B C^{2} \times C A + 2 B C \times C E \times C A$ .

$P A^{2} \times B C + P B^{2} \times C A$
$= P C^{2} (B C + C A) + A C^{2} \times B C - B C^{2} \times A C$
$= P C^{2} \times B A + A C \times B C (A C - B C)$
$= - P C^{2} \times A B - C A \times B C (A C + C B)$ .

Como resultado,
$P A^{2} \times B C + P B^{2} \times C A + P C^{2} \times A B + A B \times B C \times C A = 0$ .

Ahora supongamos que $P$ pertenece a la recta $A B C$ , sea $Q$ un punto en la perpendicular a $A B C$ por $P$ , por Pitágoras y el resultado anterior tenemos,

$Q A^{2} = Q P^{2} + P A^{2}, Q B^{2} = Q P^{2} + P B^{2}, Q C^{2} = Q P^{2} + P C^{2}$ .

$\Rightarrow$
$0 = Q A^{2} \times B C + Q B^{2} \times C A + Q C^{2} \times A B + A B \times B C \times C A$
$= P A^{2} \times B C + P B^{2} \times C A + P C^{2} \times A B + A B \times B C \times C A + Q P^{2} (B C + C A + A B)$ .

Como, $B C + C A + A B = 0$ , por la ecuación $(2)$ , se tiene el resultado esperado.

Ejemplo

Problema. Muestra que si $A$ , $B$ y $O$ son tres puntos colineales entonces
$O A^{2} + O B^{2} = A B^{2} + 2 O A \times O B$ .

Solución. Por la ecuacion $(1)$ , $A B = A O + O B$ .

Entonces,
$A B^{2} = A O^{2} + 2 A O \times O B + O B^{2} = O A^{2} - 2 O A \times O B + O B^{2}$ .

Por lo tanto,
$O A^{2} + O B^{2} = A B^{2} + 2 O A \times O B$ .

Más adelante…

En la siguiente entrada estudiaremos los puntos notables del triángulo que resultan de la intersección de las mediatrices, las bisectrices, las medianas y las alturas del 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.

Sean $A$ , $B$ y $O$ tres puntos colineales, considera $M$ , el punto medio de $A B$ , muestra que $P M = \frac{P A + P B}{2}$ .
Si $P$ , $O$ , $A$ , $B$ y $C$ son colineales y $O A + O B + O C = 0$ , muestra que $P A + P B + P C = 3 P O$ .
Muestra que si en la misma recta sucede que $O A + O B + O C = 0$ y $O^{'} A^{'} + O^{'} B^{'} + O^{'} C^{'} = 0,$ entonces $A A^{'} + B B^{'} + C C^{'} = 3 O O^{'}$ .
¿Qué nos dice el teorema de la bisectriz si el triángulo es isósceles o equilátero?
Usando el teorema de Stewart, demuestra que en cualquier triángulo el cuadrado de la bisectriz interna de uno de los ángulos es igual al producto de los lados que forman dicho ángulo menos el producto de los segmentos en los cuales el lado opuesto es dividido por la bisectriz.
Prueba que la suma de los cuadrados de las distancias desde el vértice del ángulo recto en un triángulo rectángulo a los puntos de trisección de la hipotenusa es igual a $\frac{5}{9}$ por el cuadrado de la hipotenusa.

Entradas relacionadas

Ir a Geometría Moderna I.
Entrada anterior del curso: Semejanza de triángulos.
Siguiente entrada del curso: Puntos notables del triángulo.
Otros cursos.

Fuentes

Johnson, R., Advanced Euclidean Geometry. New York: Dover, 2007, pp 2-8.
Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 151-153.
Posamentier, A. y Salkind, C; Challenging Problems in Geometry. New York: Dover, 1996, pp 45-47.
Shively, L., Introducción a la Geómetra Moderna. México: Ed. Continental, 1961, pp 13-15, 154.

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 Fermat y triángulos de Napoleón

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

En esta ocasión veremos algunos resultados sobre los puntos de Fermat y los triángulos de Napoleón, objetos que aparecen al construir triángulos equiláteros sobre los lados de un triángulo cualquiera.

Definición. Sean $△ A B C$ y puntos $A^{'}$ , $B^{'}$ , $C^{'}$ tales que los triángulos $△ A^{'} B C$ , $△ A B^{'} C$ y $△ A B C^{'}$ son equiláteros y ninguno se traslapa con $△ A B C$ , decimos que $A B C A^{'} B^{'} C^{'}$ es una configuración externa de Napoleón.

De manera análoga definimos una configuración interna de Napoleón, si los triángulos $△ A^{'} B C$ , $△ A B^{'} C$ y $△ A B C^{'}$ son equiláteros y todos se traslapan con $△ A B C$ .

Puntos de Fermat

Teorema 1. Sea $A B C A^{'} B^{'} C^{'}$ una configuración externa de Napoleón, entonces
$i)$ los circuncírculos de $△ A^{'} B C$ , $△ A B^{'} C$ , $△ A B C^{'}$ y las rectas $A A^{'}$ , $B B^{'}$ , $C C^{'}$ son concurrentes, al punto de concurrencia se le conoce como primer punto de Fermat,
$i i)$ $A A^{'} = B B^{'} = C C^{'}$ .

Demostración. Sea $F_{1} = Γ (A B^{'} C) \cap Γ (A B C^{'})$ la intersección de los circuncírculos de $△ A B^{'} C$ y $△ A B C^{'}$ respectivamente.

Como $A F_{1} C B^{'}$ y $A F_{1} B C^{'}$ son cíclicos entonces los pares de ángulos $∠ B C^{'} A$ , $∠ A F_{1} B$ y $∠ A B^{'} C$ , $∠ C F_{1} A$ son suplementarios, por lo tanto, $∠ A F_{1} B = ∠ C F_{1} A = \frac{2 π}{3}$ .

En consecuencia, $∠ B F_{1} C = \frac{2 π}{3}$ , por lo tanto, $∠ B F_{1} C$ y $∠ P A^{'} B$ son suplementarios, así, $F_{1} B A^{'} C$ es cíclico, es decir $F_{1} \in Γ (A^{'} B C)$ .

Por otra parte, $∠ B F_{1} A^{'} = ∠ B C A$ , pues abarcan el mismo arco, entonces, $∠ A F_{1} B + ∠ B F_{1} A^{'} = (π - ∠ B C^{'} A) + ∠ B C A^{'} = π - \frac{π}{3} + \frac{π}{3} = π$ , por lo tanto, $F_{1} \in A A^{'}$ .

Igualmente podemos ver que $F_{1} \in B B^{'}$ y $F_{1} \in C C^{'}$ .

Finalmente, hagamos una rotación de $\frac{π}{3}$ en sentido contrario al de las manecillas y centro en $B$ , entonces $A$ toma el lugar de $C^{'}$ y $A^{'}$ toma el lugar de $C$ , por lo tanto, $A A^{'} = C C^{'}$ .

Con una rotación de $\frac{π}{3}$ en el sentido de las manecillas, con centro en $C$ , $A^{'}$ toma el lugar de $B$ y $A$ el de $B^{'}$ , por lo tanto, $C C^{'} = A A^{'} = B B^{'}$ .

Nota. Si $A B C A^{'} B^{'} C^{'}$ es una configuración interna de Napoleón, los mismos resultados son ciertos y al punto de concurrencia le llamamos segundo punto de Fermat.

Problema de Fermat

Problema de Fermat. Dado un triángulo $△ A B C$ tal que ninguno de sus ángulos internos es mayor a $\frac{2 π}{3}$ , encuentra el punto $P$ que minimiza la suma de las distancias a los vértices de $△ A B C$ , $P A + P B + P C$ .

Solución. Sea $P$ un punto fuera de $△ A B C$ (figura 2), sin pérdida de generalidad supongamos que $P$ y $C$ se encuentran en lados contrarios respecto de $A B$ .

Sea $D = P C \cap A B$ aplicando la desigualdad del triángulo tenemos lo siguiente
$P A + P B + P C = P^{'} A + P^{'} B + P C$
$= P^{'} A + P^{'} B + P D + D C$
$= P^{'} A + P^{'} B + P^{'} D + D C$
$\geq P^{'} A + P^{'} B + P^{'} C$ .

De lo anterior concluimos que el punto buscado debe estar dentro de $△ A B C$ .

Ahora supongamos que $P$ está dentro de $△ A B C$ (figura 3), sea $△ B C^{'} P^{'}$ la imagen de $△ B A P$ bajo una rotación de $\frac{π}{3}$ en sentido contrario al de las manecillas y centro en $B$ .

Como $B P = B P^{'}$ y $∠ P B P^{'} = \frac{π}{3}$ entonces $△ B P P^{'}$ es equilátero y tenemos lo siguiente
$P A + P B + P C = P^{'} C^{'} + P P^{'} + P C \geq C C^{'}$ .

Por lo tanto, para que la suma de distancias sea mínima es necesario que $P \in C C^{'}$ , pero por un razonamiento análogo también es necesario que $P \in A A^{'}$ y $P \in B B^{'}$ , donde $A B C A^{'} B^{'} C^{'}$ es una configuración externa de Napoleón.

Por el teorema 1, $P = F_{1}$ , es el primer punto de Fermat.

Sin embargo, notemos que, $∠ B P C = π - ∠ P^{'} P B = \frac{2 π}{3}$ , por lo tanto, por el ejercicio 3 de la entrada desigualdad del triángulo, cualquier ángulo interno de $△ A B C$ debe ser menor o igual que $\frac{2 π}{3}$ , si esto se cumple entonces $F_{1}$ es el punto buscado.

Triángulos de Napoleón

Teorema 2, de Napoleón. Sea $A B C A^{'} B^{'} C^{'}$ una configuración externa de Napoleón, entonces los centroides de $△ A^{'} B C$ , $△ A B^{'} C$ y $△ A B C^{'}$ son los vértices de un triángulo equilátero, conocido como triángulo exterior de Napoleón y su centroide coincide con el centroide de $△ A B C$ .

Demostración. Sean $G_{1}$ , $G_{2}$ y $G_{3}$ los centroides de $△ A^{'} B C$ , $△ A B^{'} C$ y $△ A B C^{'}$ respectivamente, $G$ el centroide de $△ A B C$ y $M$ el punto medio de $B C$ .

Como $\frac{M A}{M G} = \frac{M A^{'}}{M G_{1}} = 3$ por el reciproco del teorema de Tales $G G_{1} ∥ A A^{'}$ , además $A A^{'} = 3 G G_{1}$ .

Igualmente podemos ver que $G G_{2} ∥ B B^{'}$ , $B B^{'} = 3 G G_{2}$ y $G G_{3} ∥ C C^{'}$ y $C C^{'} = 3 G G_{3}$ .

Como $A A^{'} = B B^{'} = C C^{'}$ , entonces $G G_{1} = G G_{2} = G G_{3}$ , por lo tanto, $G$ es el circuncentro de $△ G_{1} G_{2} G_{3}$ .

Por el teorema 1, $∠ A^{'} F_{1} B^{'} = \frac{2 π}{3}$ , por lo tanto, $∠ G_{1} G G_{2} = \frac{2 π}{3}$ .

Igualmente vemos que $∠ G_{2} G G_{3} = ∠ G_{3} G G_{1} = \frac{2 π}{3}$ .

Por criterio de congruencia LAL, $△ G G_{1} G_{2} ≅ △ G G_{2} G_{3} ≅ △ G G_{1} G_{3}$ .

En consecuencia, $△ G_{1} G_{2} G_{3}$ es equilátero, como en un triángulo equilátero el circuncentro y el centroide coinciden entonces $G$ es el centroide de $△ G_{1} G_{2} G_{3}$ .

Nota. Si $A B C A^{'} B^{'} C^{'}$ es una configuración interna de Napoleón se obtienen los mismos resultados y al triángulo formado por los centroides se le conoce como triángulo interior de Napoleón.

Área del triángulo externo de Napoleón

Teorema 3. El área del triangulo externo de Napoleón es igual a la la mitad del área de su triángulo de referencia mas un sexto de la sumas de las áreas de los triángulos equiláteros construidos.

Demostración. Sea $A B C A^{'} B^{'} C^{'}$ una configuración externa de Napoleón y $G_{1}$ , $G_{2}$ , $G_{3}$ los centroides de $△ A^{'} B C$ , $△ A B^{'} C$ , $△ A B C^{'}$ respectivamente.

Sean $F_{1}$ el primer punto de Fermat, como $A F_{1}$ es una cuerda común de $Γ (A B C^{'})$ y $Γ (A B^{'} C)$ , entonces $G_{2} G_{3}$ es la mediatriz de $A F_{1}$ , es decir, la reflexión de $A$ en $G_{2} G_{3}$ es $F_{1}$ .

Por lo tanto, $△ A G_{2} G_{3}$ y $△ F_{1} G_{2} G_{3}$ son congruentes.

Similarmente vemos que $△ B G_{1} G_{3} ≅ △ F_{1} G_{1} G_{3}$ y $△ C G_{1} G_{2} ≅ △ F_{1} G_{1} G_{2}$ .

Esto implica que,
$(△ G_{1} G_{2} G_{3}) = \frac{(A G_{3} B G_{1} C G_{2})}{2}$
$= \frac{1}{2} ((△ A B C) + (△ A B G_{3}) + (△ B C G_{1}) + (△ A C G_{2}))$
$= \frac{1}{6} ((△ A B C^{'}) + (△ A^{'} B C) + (△ A B^{'} C)) + \frac{(△ A B C)}{2}$ .

Área del triángulo interno de Napoleón

Teorema 3. El área del triangulo interno de Napoleón es igual a menos la mitad del área de su triángulo de referencia mas un sexto de la sumas de las áreas de los triángulos equiláteros construidos.

Demostración. Sea $A B C A^{″} B^{″} C^{″}$ una configuración interna de Napoleón, $F_{2}$ el segundo punto de Fermat y $G_{1}^{'}$ , $G_{2}^{'}$ , $G_{3}^{'}$ los centroides de $△ A^{″} B C$ , $△ A B^{″} C$ , $△ A B C^{″}$ respectivamente.

Sea $F_{2}$ el segundo punto de Fermat, siguiendo un razonamiento análogo al teorema anterior tenemos
$(△ G_{1}^{'} G_{2}^{'} G_{3}^{'})$
$= (△ F_{2} G_{1}^{'} G_{3}^{'}) + (△ F_{2} G_{3}^{'} G_{2}^{'}) - (△ F_{2} G_{1}^{'} G_{2}^{'})$
$\begin{matrix} (11) & = (△ B G_{1}^{'} G_{3}^{'}) + (△ A G_{3}^{'} G_{2}^{'}) - (△ C G_{1}^{'} G_{2}^{'}) . \end{matrix}$ .

Por otro lado,
$\frac{1}{3} ((△ A^{'} B C) + (△ A B^{'} C) + (△ A B C^{'}))$
$\begin{matrix} (12) & = (△ G_{1}^{'} B C) + (△ A G_{2}^{'} C) + (△ A B G_{3}^{'}) . \end{matrix}$ .

Sean, $E = A B \cap G_{1}^{'} G_{3}^{'}$ , $D = B C \cap G_{1}^{'} G_{3}^{'}$ , $J = B C \cap G_{2}^{'} G_{3}^{'}$ e $I = G_{1}^{'} C \cap G_{2}^{'} G_{3}^{'}$ , entonces tenemos lo siguiente:

$(△ G_{1}^{'} B C) = (△ B E D) + (△ B E G_{1}^{'}) + (△ C J I) + (G_{1}^{'} D J I)$ .

$(△ A B G_{3}^{'}) = (△ B E G_{3}^{'}) + (△ A G_{2}^{'} G_{3}^{'}) + (A E D J G_{2}^{'}) + (△ D G_{3}^{'} J)$ .

Sustituyendo en $(2)$
$\frac{1}{3} ((△ A^{'} B C) + (△ A B^{'} C) + (△ A B C^{'}))$
$= ((△ B E G_{3}^{'}) + (△ B E G_{1}^{'})) + (△ A G_{2}^{'} G_{3}^{'}) + ((△ B E D) + (A E D J G_{2}^{'})$
$+ (△ C J I) + (△ A G_{2}^{'} C)) + ((△ D G_{3}^{'} J) + (G_{1}^{'} D J I))$
$= (△ B G_{1}^{'} G_{3}^{'}) + (△ A G_{2}^{'} G_{3}^{'}) + ((△ A B C) - (△ C I G_{2}^{'})) + (△ I G_{1}^{'} G_{3}^{'})$
$= (△ B G_{1}^{'} G_{3}^{'}) + (△ A G_{2}^{'} G_{3}^{'}) + ((△ A B C) - (△ C I G_{2}^{'})) + ((△ G_{1}^{'} G_{2}^{'} G_{3}^{'}) - (△ G_{1}^{'} G_{2}^{'} I))$
$= (△ A B C) + ((△ B G_{1}^{'} G_{3}^{'}) + (△ A G_{2}^{'} G_{3}^{'}) - (△ C G_{1}^{'} G_{2}^{'})) + (△ G_{1}^{'} G_{2}^{'} G_{3}^{'})$ .

Usando $(1)$
$\frac{1}{3} ((△ A^{'} B C) + (△ A B^{'} C) + (△ A B C^{'}))$
$= (△ A B C) + 2 (△ G_{1}^{'} G_{2}^{'} G_{3}^{'})$ .

Por lo tanto,
$(△ G_{1}^{'} G_{2}^{'} G_{3}^{'}) = \frac{1}{6} ((△ A B C^{'}) + (△ A^{'} B C) + (△ A B^{'} C)) - \frac{(△ A B C)}{2}$ .

Corolario. La diferencia entre el área del triángulo externo de Napoleón y el área del triángulo interno de Napoleón es igual al área de su triángulo de referencia.

Como consecuencia de los teorema 3 y 4 tenemos,
$(△ G_{1} G_{2} G_{3}) - (△ G_{1}^{'} G_{2}^{'} G_{3}^{'}) = (△ A B C)$ .

Rectas de Euler concurrentes

Proposición 1. Sea $A B C A^{'} B^{'} C^{'}$ una configuración externa de Napoleón y $F_{1}$ el primer punto de Fermat, entonces las rectas de Euler de $△ A B F_{1}$ , $△ A F_{1} C$ y $△ F_{1} B C$ concurren en el centroide de $△ A B C$ .

Demostración. Sean $G$ , $G^{'}$ y $G_{3}$ los centroides de $△ A B C$ , $△ A B F_{1}$ y $△ A B C^{'}$ respectivamente, consideremos el $M$ el punto medio de $A B$ .

Por el teorema 1, $G_{3}$ es el circuncentro de $△ A B F_{1}$ y $C$ , $F_{1}$ y $C^{'}$ son colineales, como $G_{3}$ , $G^{'}$ y $G$ son los centroides de $△ A B C^{'}$ , $△ A F_{1}$ y $△ A B C$ entonces
$\frac{M G_{3}}{M C^{'}} = \frac{M G^{'}}{M F_{1}} = \frac{M G}{M C} = \frac{1}{3}$ .

Por el reciproco del teorema de Tales $G_{3} G^{'} ∥ C^{'} F_{1}$ y $G^{'} G ∥ F_{1} C$ .

Por lo tanto, $G_{3}$ , $G^{'}$ y $G$ son colineales, y $G_{3} G^{'}$ es la recta de Euler de $△ A B F_{1}$ .

Igualmente podemos ver que las rectas de Euler de $△ A F_{1} C$ y $△ F_{1} B C$ pasan por el centroide de $△ A B C$ .

Hexágono de Napoleón

Proposición 2. Sea $A B C A^{'} B^{'} C^{'}$ una configuración externa de Napoleón, sean $G_{1}$ , $G_{2}$ , $G_{3}$ los centroides de $△ A^{'} B C$ , $△ A B^{'} C$ , $△ A B C^{'}$ y $G_{a}$ , $G_{b}$ , $G_{c}$ los centroides de $△ A B^{'} C^{'}$ , $△ A^{'} B C^{'}$ , $△ A^{'} B^{'} C$ , entonces $G_{a} G_{3} G_{1} G_{b} G_{2} G_{c}$ es un hexágono regular.

Demostración. Sea $M$ el punto medio de $C B^{'}$ , en $△ M A A^{'}$ tenemos
$\frac{M G_{2}}{M A} = \frac{M G_{c}}{M A^{'}} = \frac{1}{3}$ .

Por lo tanto, $G_{2} G_{c} ∥ A A^{'}$ y $3 G_{2} G_{c} = A A^{'}$ .

Análogamente consideremos $N$ el punto medio de $C A^{'}$ , en $△ N B B^{'}$ tenemos
$\frac{N G_{c}}{N B^{'}} = \frac{N G_{1}}{N B} = \frac{1}{3}$ .

Por lo tanto, $G_{1} G_{c} ∥ B B^{'}$ y $3 G_{1} G_{c} = B B^{'}$ .

Por el teorema 1, $A A^{'} = B B^{'}$ , por lo que $G_{1} G_{c} = G_{c} G_{2}$ , sea $F_{1}$ el primer punto de Fermat entonces $∠ G_{1} G_{c} G_{2} = ∠ B F_{1} A = \frac{2 π}{3}$ .

Igualmente podemos ver que los demás lados del hexágono son iguales y que el ángulo entre ellos es de $\frac{2 π}{3}$ .

En conclusión, $G_{a} G_{3} G_{1} G_{b} G_{2} G_{c}$ es un hexágono regular.

Más adelante…

Con la siguiente entrada daremos inicio a la unidad III y con la ayuda de segmentos dirigidos mostraremos el teorema de Menelao, que nos dice cuando tres puntos sobre los lados de un triángulo son colineales.

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.

Sea $A B C A^{'} B^{'} C^{'}$ una configuración interna de Napoleón (figura 6), para los ejercicios 1, 2 y 3 demuestra lo siguiente:
$i)$ los circuncírculos de $△ A^{'} B C$ , $△ A B^{'} C$ , $△ A B C^{'}$ y las rectas $A A^{'}$ , $B B^{'}$ , $C C^{'}$ son concurrentes,
$i i)$ $A A^{'} = B B^{'} = C C^{'}$ .
Prueba que los centroides de $△ A^{'} B C$ , $△ A B^{'} C$ y $△ A B C^{'}$ son los vértices de un triángulo equilátero y que su centroide coincide con el centroide de $△ A B C$ (figura 6).
Considera $F_{2}$ , el segundo punto de Fermat, muestra que las rectas de Euler de $△ A B F_{2}$ , $△ A F_{2} C$ y $△ F_{2} B C$ concurren en el centroide de $△ A B C$ (figura 6).
Sean $A B C A^{'} B^{'} C^{'}$ una configuración externa de Napoleón y $A B C A^{″} B^{″} C^{″}$ una configuración interna de Napoleón, demuestra que
$i)$ el punto medio de $C C »$ coincide con el punto medio de $A^{'} B^{'}$ ,
$i i)$ el punto medio de $C C^{'}$ coincide con el punto medio de $A » B »$ .
Sea $A B C A^{'} B^{'} C^{'}$ una configuración externa de Napoleón demuestra que el centroide de $△ A^{'} B^{'} C^{'}$ coincide con el centroide de $△ A B C$ .
Divide los lados de un triángulo en tres partes iguales, sobre el tercio de en medio de cada lado del triángulo, construye externamente (internamente) triángulos equiláteros, muestra que los terceros vértices construidos son los vértices de un triángulo equilátero (figura 9).

Sea $A B C A^{'} B^{'} C^{'}$ una configuración externa de Napoleón, considera los arcos $\overset{⌢}{B C}$ , $\overset{⌢}{C A}$ y $\overset{⌢}{A B}$ de los circuncírculos de $△ A^{'} B C$ , $△ A B^{'} C$ y $△ A B C^{'}$ respectivamente que no contienen a los vértices de $△ A B C$ (figura 1), sean $P \in \overset{⌢}{A B}$ arbitrario y $Q = P A \cap \overset{⌢}{C A}$ , muestra que la intersección $R$ de $P B$ y $Q C$ esta en el arco $\overset{⌢}{B C}$ y que $△ P Q R$ es equilátero.

Entradas relacionadas

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Fuentes

Lozanovski, S., A Beautiful Journey Through Olympiad Geometry. Version 1.4. 2020, pp 77-78.
Coxeter, H. y Greitzer, L., Geometry Revisited. Washington: The Mathematical Association of America, 1967, pp 60-65.
Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 87, 281-283.
Dimitrov, Nikolay. On some results related to Napoleon configurations. Elemente der Mathematik, 2013, vol. 68, no 4, pp 137-147.
N. I. Beluhov, Ten Concurrent Euler Lines, Forum Geometricorum, 2009, vol 9, pp 271-274.
Cut the Knot

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 tritangentes

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

En esta ocasión estudiaremos algunas propiedades de las circunferencias tritangentes de un triángulo, esto nos permitirá entre otras cosas, derivar formulas para el área del triángulo.

Definición 1. El incírculo $(I, r)$ y los tres excírculos $(I_{a}, r_{a})$ , $(I_{b}, r_{b})$ y $(I_{c}, r_{c})$ de un triángulo a veces son referidos como las circunferencias tritangentes del triángulo, sus centros como centros tritangentes y sus radios, radios tritangentes.

Centros tritangentes

Teorema 1. El segmento que une dos centros tritangentes de un triángulo es el diámetro de una circunferencia que contiene dos de los vértices del triángulo, los cuales no son colineales con los centros tritangentes considerados.

Demostración. Sean $△ A B C$ , $Γ$ su circuncírculo, $I$ , $I_{a}$ , $I_{b}$ y $I_{c}$ sus centros tritangentes.

Consideremos la circunferencia $Γ (I I_{b})$ cuyo diámetro es $I I_{b}$ , como las bisectrices internas y externas de $∠ A$ , $A I$ y $A I_{b}$ son perpendiculares entonces $A \in Γ (I I_{b})$ , de manera análoga vemos que $C \in Γ (I I_{b})$ .

Como $A C$ es cuerda de $Γ (I I_{b})$ , entonces su mediatriz interseca a $I I_{b}$ en el centro $P$ de $Γ (I I_{b})$ . Ya que $A C$ es cuerda de $Γ$ , entonces su mediatriz interseca al circuncírculo de $△ A B C$ en el punto medio del arco $\overset{⌢}{C A}$ que no contiene a $B$ .

Como $I I_{b}$ es bisectriz de $∠ B$ entonces $I I_{b}$ interseca al circuncírculo de $△ A B C$ en el punto medio del arco $\overset{⌢}{C A}$ que no contiene a $B$ .

Por lo tanto, el centro $P$ de $Γ (I I_{b})$ pertenece al circuncírculo de $△ A B C$ .

Ahora consideremos la circunferencia $Γ (I_{a} I_{c})$ , cuyo diámetro es $I_{a} I_{c}$ , como las bisectrices interna y externa de $∠ A$ , son perpendiculares entonces $A \in Γ (I_{a} I_{c})$ , con un razonamiento análogo vemos que $C \in Γ (I_{a} I_{c})$ .

Considera el punto diametralmente opuesto a $P$ , $P^{'}$ en el circuncírculo de $△ A B C$ entonces $∠ P B P^{'}$ es ángulo recto y como $B P$ es la bisectriz interna de $∠ B$ entonces $B P^{'}$ es la bisectriz externa de $∠ B$ .

Como $A C$ es cuerda de $Γ (I_{a} I_{c})$ entonces su mediatriz $P P^{'}$ interseca a $I_{a} I_{c}$ en su punto medio.

Por lo tanto, el punto medio, $P^{'}$ , del arco $\overset{⌢}{A C}$ , es el punto medio del diámetro, $I_{a} I_{c}$ , de $Γ (I_{a} I_{c})$ .

Del mismo modo podemos ver que $Γ (I I_{c})$ , $Γ (I_{b} I_{a})$ pasan por los vértices $A$ , $B$ y que $Γ (I I_{a})$ , $Γ (I_{b} I_{c})$ pasan por los vertices $C$ , $B$ .

Puntos de contacto

Notación. Nos referiremos a los puntos de tangencia de los círculos tritangentes $(I, r)$ , $(I_{a}, r_{a})$ , $(I_{b}, r_{b})$ y $(I_{c}, r_{c})$ con el lado $B C$ de un triángulo $△ A B C$ como $X$ , $X_{a}$ , $X_{b}$ y $X_{c}$ respectivamente. Usaremos las letras $Y$ y $Z$ para los lados $A C$ y $A B$ respectivamente.

Emplearemos la letra $s$ para referirnos al semiperímetro $\frac{a + b + c}{2}$ de un triángulo $△ A B C$ donde $B C = a$ , $A C = b$ y $A B = c$ .

Proposición 1. La distancia desde el vértice de un triángulo al punto de tangencia de su circuncírculo en uno de sus lados adyacentes es igual al semiperímetro menos la longitud del lado opuesto.

Demostración. Sea $△ A B C$ y $(I, r)$ su circuncírculo. Como las tangentes desde un punto exterior a una circunferencia son iguales entonces $A Z = A Y$ , $B Z = B X$ y $C X = C Y$ .

Por otra parte, $A Z + B Z + B X + C X + C Y + A Y = c + a + b = 2 s$ .

Por lo tanto, $A Z + B X + C X = s$ .

Y así, $A Y = A Z = s - a$ .

Similarmente, $B Z = B X = s - b$ y $C X = C Y = s - c$ .

Proposición 2. La distancia desde el vértice de un triángulo al punto de tangencia del excírculo opuesto, a uno de los lados adyacentes al vértice considerado es igual al semiperímetro del triángulo.

Demostración. Sea $△ A B C$ y $(I_{a}, r_{a})$ , $(I_{b}, r_{b})$ y $(I_{c}, r_{c})$ sus excentros (figura 2). Como las tangentes desde un punto exterior a una circunferencia son iguales entonces
$A Z_{a} = A Y_{a}$ , $B X_{b} = B Z_{b}$ y $C X_{c} = C Y_{c}$ .

Por otro lado,
$A Z_{a} + A Y_{a} = A B + B Z_{a} + A C + C Y_{a}$
$= A B + A C + B X_{a} + C X_{a} = A B + A C + B C = 2 s$ .

Por lo tanto, $A Z_{a} = A Y_{a} = s$ .

Igualmente, $B X_{b} = B Y_{b} = C X_{c} = C Y_{c} = s$ .

Corolario 1. $A Z_{c} = A Y_{c} = s - b$ , y $A Y_{b} = A Z_{b} = s - c$ .

Demostración. En la figura 2 tenemos lo siguiente:
$A Y_{c} = C Y_{c} - A C = s - A C$ ,
$A Z_{b} = B Z_{b} - A B = s - A B$ .

Similarmente,
$B Z_{c} = B X_{c} = s - a$ , $B X_{a} = B Z_{a} = s - c$ ,
$C X_{a} = C Y_{a} = s - b$ , $C Y_{b} = C X_{b} = s - a$ .

Puntos isotómicos

Definición 2. Si dos puntos en uno de los lados de un triángulo equidistan al punto medio del lado considerado decimos que son puntos isotómicos.

Proposición 3. El punto de tangencia del incírculo con uno de los lados de un triángulo y el punto de tangencia del excírculo relativo al lado considerado, son puntos isotómicos.

Demostración. Por la proposición 1 y el corolario 1, tenemos que $B X = s - b = C X_{a}$ (figura 2).

Esto implica que el punto medio de $X X_{a}$ es el punto medio de $B C$ , por lo tanto, $X$ y $X_{a}$ son puntos isotómicos.

Análogamente vemos que $Z$ , $Z_{c}$ e $Y$ , $Y_{b}$ son pares de puntos isotómicos.

Proposición 4. Los dos puntos de contacto de un lado de un triángulo con los dos excírculos opuestos a los vértices que pasan por ese lado son isotómicos, además la distancia entre estos dos puntos es igual a la suma de los otros dos lados.

Demostración. En la figura 2, tenemos lo siguiente:
$B X_{c} = C X_{c} - B C = s - a$ , $C X_{b} = B X_{b} - B C = s - a$ .

Por lo tanto, el punto medio de $X_{c} X_{b}$ coincide con el punto medio de $B C$ .

Por otro lado, $X_{c} X_{b} = B X_{c} + a + C X_{b} = a + 2 (s - a) = 2 s - a = c + b$ .

Igualmente, $Y_{a} Y_{c} = a + c$ , $Z_{a} Z_{b} = a + b$ .

Radios tritangentes y área del triangulo

Proposición 5. El área de un triángulo es igual al producto del semiperímetro por el inradio.

Demostración. De la figura 2,
$(△ A B C) = (△ A I B) + (△ B I C) + (△ A I C) = \frac{c r}{2} + \frac{a r}{2} + \frac{b r}{2} = s r$ .

Proposición 6. El área de un triángulo es igual al producto de un exradio por la diferencia entre el semiperímetro y el lado relativo al excírculo considerado.

Demostración. En la figura 2,
$(△ A B C) = (△ A I_{a} B) + (△ A I_{a} C) - (△ B I_{a} C)$
$= \frac{c r_{a}}{2} + \frac{b r_{a}}{2} - \frac{a r_{a}}{2} = \frac{r_{a}}{2} (2 s - 2 a) = r_{a} (s - a)$ .

Corolario 2. El reciproco del inradio es igual a la suma de los recíprocos de los exradios.

Demostración. De las proposiciones 5 y 6 se sigue que
$\frac{1}{r_{a}} + \frac{1}{r_{b}} + \frac{1}{r_{c}} = \frac{(s - a) + (s - b) + (s - c)}{(△ A B C)} = \frac{s}{(△ A B C)} = \frac{1}{r}$ .

Proposición 7. El área de un triángulo es igual al producto de sus lados sobre cuatro veces su circunradio.

Demostración. Sean $△ A B C$ , $(O, R)$ su circuncírculo, $D$ el pie de la altura por $A$ , y $A^{'}$ el punto diametralmente opuesto a $A$ .

$∠ A B D = ∠ A A^{'} C$ , pues abarcan el mismo arco y $∠ A C A^{'} = \frac{π}{2}$ es recto ya que $A A^{'}$ es diámetro, así que $△ A B D \sim △ A A^{'} C$ , por criterio de semejanza AA.

Esto es, $\frac{A B}{A A^{'}} = \frac{A D}{A C}$ .

Se sigue que, $b c = 2 R A D$ y $a b c = a 2 R A D = 4 R (△ A B C)$ .

Por lo tanto, $\frac{a b c}{4 R} = (△ A B C)$ .

Formula de Herón y teorema de Carnot

Teorema 2, fórmula de Herón. Podemos calcular el área de un triángulo mediante la fórmula
$(△ A B C) = \sqrt{s (s - a) (s - b) (s - c)}$ .

Demostración. Como $∠ Y C I$ y $∠ I_{A} C Y_{a}$ son suplementarios, por criterio de semejanza AAA $△ Y C I \sim △ Y_{a} I_{a} C$ ,
por lo tanto, $\frac{Y_{a} I_{a}}{Y C} = \frac{Y_{a} C}{Y I}$ ,
es decir, $\frac{r_{a}}{s - c} = \frac{s - b}{r}$ .

También $△ A Y I \sim △ A Y_{a} I_{a}$ ,
por lo tanto, $\frac{Y_{a} I_{a}}{Y I} = \frac{A Y_{a}}{A Y}$ ,
es decir, $\frac{r_{a}}{r} = \frac{s}{s - a}$ ,
entonces $\frac{r s}{s - a} = \frac{(s - b) (s - c)}{r}$ .

Por la proposición 5, $(△ A B C) = r s$ ,
por lo tanto, $(△ A B C) = \frac{(s - a) (s - b) (s - c)}{\frac{(△ A B C)}{s}}$ ,
así que $(△ A B C)^{2} = s (s - a) (s - b) (s - c)$ .

En conclusión, $(△ A B C) = \sqrt{s (s - a) (s - b) (s - c)}$ .

Teorema 3, de Carnot. La suma de las distancias desde el circuncentro a los lados del triángulo es igual a la suma del circunradio y el inradio.

Demostración. Sea $△ A B C$ un triángulo acutángulo, $(O, R)$ su circuncírculo y $D$ , $E$ , $F$ las proyecciones de $O$ en $B C$ , $A C$ y $A B$ respectivamente.

Aplicando el teorema de Ptolomeo a $A F O E$ , $F B D O$ y $O D C E$ tenemos:
$A F \times O E + A E \times O F = O A \times E F$ ,
$B F \times O D + B D \times O F = O B \times D F$ ,
$C E \times O D + C D \times O E = O C \times D E$ .

Por otra parte, como $O$ está en la mediatriz de $B C$ , $A C$ y $A B$ entonces $D$ , $E$ y $F$ son los respectivos puntos medios y podemos aplicar el teorema del segmento medio. Si nombramos $O D = x$ , $O E = y$ , $O F = z$ , entonces:

$\frac{c y}{2} + \frac{b z}{2} = \frac{R a}{2}$ ,
$\frac{c x}{2} + \frac{a z}{2} = \frac{R b}{2}$ ,
$\frac{b x}{2} + \frac{a y}{2} = \frac{R c}{2}$ .

Sumamos las tres expresiones,

$x (c + b) + y (a + c) + z (a + b) = R (a + b + c)$
$\Rightarrow x (2 s - a) + y (2 s - b) + z (2 s - c) = R 2 s$
$\Rightarrow 2 s (x + y + z) - (a x + b y + c z) = R 2 s$
$\Rightarrow 2 s (x + y + z) - 2 (△ A B C) = R 2 s$ .

De la proposición 5 tenemos $(△ A B C) = r s$ ,
por lo tanto, $2 s (x + y + z) - 2 r s = R 2 s$ .

Como resultado, $x + y + z = R + r$ .

Más adelante…

Con la ayuda de las formulas para el calculo del área de un triángulo vistas en esta entrada, en la próxima entrada mostraremos algunas desigualdades geométricas.

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:
$i)$ la bisectriz interna del ángulo de un triángulo es perpendicular al segmento que une los puntos donde las otras bisectrices internas intersecan al circuncírculo del triangulo,
$i i)$ la bisectriz externa del ángulo de un triángulo es paralela al segmento que une los puntos donde las bisectrices externas (internas) de los otros dos ángulos intersecan al circuncírculo del triángulo.
Demuestra que:
$i)$ la suma de los catetos de un triángulo rectángulo menos la hipotenusa es igual al diámetro de su incírculo,
$i i)$ el área de un triángulo rectángulo es igual al producto de los segmentos en los cuales la hipotenusa es dividida por el punto de tangencia de su incírculo.
Muestra que en la figura 2 se tienen las siguientes igualdades:
$i)$ $X X_{a} = b - c$ , $Y Y_{b} = a - c$ , $Z Z_{c} = a - b$ ,
$i i)$ $Z Z_{a} = Y Y_{a} = a$ , $X X_{b} = Z Z_{b} = b$ , $Y Y_{c} = X X_{c} = c$ ,
$i i i)$ $Y_{b} Y_{c} = Z_{b} Z_{c} = a$ , $X_{a} X_{c} = Z_{a} Z_{c} = b$ , $X_{a} X_{b} = Y_{a} Y_{b} = c$ .
Prueba que:
$i)$ el producto de los cuatro radios tritangentes de un triángulo es igual al cuadrado del área del triángulo $(△ A B C)^{2} = r r_{a} r_{b} r_{c}$
$i i)$ el reciproco del inradio de un triángulo es igual a la suma de los recíprocos de las alturas del triangulo, $\frac{1}{r} = \frac{1}{h_{a}} + \frac{1}{h_{b}} + \frac{1}{h_{c}}$ ,
$i i i)$ en la figura 2, $\frac{A Z \times B X \times C Y}{r} = (△ A B C)$ .
Demuestra que la razón entre el área de un triangulo y el area del triángulo formado por los puntos de contacto de su circuncírculo con sus lados es igual a la razón entre el inradio y el circundiámetro. En la figura 2, $\frac{(△ X Y Z)}{(△ A B C)} = \frac{r}{2 R}$ .
Muestra que en el teorema de Carnot, cuando $∠ A$ es obtuso (figura 4), entonces $y + z - x = R + r$ .
Sean $△ A B C$ , $α = ∠ B A C$ , $β = ∠ C B A$ , $γ = ∠ A C B$ , $R$ el circunradio y $r$ el inradio, muestra que:
$i)$ $\sin \frac{α}{2} = \sqrt{\frac{(s - b) (s - c)}{b c}}$ , $\sin \frac{β}{2} = \sqrt{\frac{(s - a) (s - c)}{a c}}$ , $\sin \frac{γ}{2} = \sqrt{\frac{(s - a) (s - b)}{a b}}$
$i i)$ $\cos α + \cos β + \cos γ = 1 + \frac{r}{R}$ .

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Fuentes

Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 73-79, 87-91.
Coxeter, H. y Greitzer, L., Geometry Revisited. Washington: The Mathematical Association of America, 1967, pp 11-13.
Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 86-89, 97-98.
Quora
Cut the Knot

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»