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Geometría Moderna I: Recta de Simson

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

Introducción

Si trazamos perpendiculares a los lados de un triángulo desde un punto en el plano lo más probable es que los puntos de intersección sean los vértices de un triángulo, en esta entrada veremos bajo que condición estos puntos son colineales, a dicha recta se le conoce como recta de Simson.

Recta de Simson

Teorema 1, de Simson. Los pies de las perpendiculares desde un punto en el plano a los lados de un triángulo son colineales si y solo si el punto está en el circuncírculo del triángulo.

Demostración. Sea $\triangle ABC$ y $P$ un punto dentro del ángulo $\angle CBA$, consideremos $D$, $E$ y $F$ las proyecciones de $P$ en $AB$, $BC$ y $AC$ respectivamente, sean $\Gamma_1$ y $\Gamma_2$ las circunferencias cuyos diámetros son $PA$ y $PC$ respectivamente.

Como $AP$ subtiende ángulos rectos en $D$ y $F$ entonces $D$, $F \in \Gamma_1$, de manera análoga vemos que $F$, $E \in \Gamma_2$.

Supongamos que $P$ está en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{CA}$ del circuncírculo de $\triangle ABC$ que no contiene a $B$, entonces,

$\angle PFD = \angle PAD$ pues abarcan el mismo arco en $\Gamma_1$ además $\angle PAD = \pi – \angle BAP$ pues $B$, $A$ y $D$ son colineales.

Ya que $\square PFEC$ es cíclico, $\angle EFP = \pi – \angle PCE = \pi – \angle PCB$.

Como $\square ABCP$ es cíclico entonces $\angle BAP + \angle PCB = \pi$, por lo tanto
$\angle EFP + \angle PFD = \pi – \angle PCB + \pi – \angle BAP$
$= 2\pi – (\angle PCB + \angle BAP) = \pi$

Por lo tanto, $D$, $E$ y $F$ son colineales.

$\blacksquare$

Ahora supongamos que $D$, $E$ y $F$ son colineales.

$\angle BAP = \pi – \angle PAD = \pi – \angle PFD$
$\angle PCB = \angle PCE = \pi – \angle EFP$
$\Rightarrow \angle BAP + \angle PCB =\pi$

Por lo tanto, $\square ABCP$ es cíclico.

$\blacksquare$

Definición. La recta $DEF$ del teorema anterior se conoce como recta de Simson de $P$ respecto a $\triangle ABC$, la denotaremos como $S_p(\triangle ABC)$ y diremos que $P$ es el polo de $S_p(\triangle ABC)$ respecto $\triangle ABC$.

Corolario. Si las perpendiculares desde un punto $P$ en el circuncírculo de $\triangle ABC$ a los lados $AB$, $BC$ y $AC$ intersecan otra vez al circuncírculo en $D’$, $E’$ y $F’$ respectivamente, entonces $AE’$, $BF’$ y $C E’$ son paralelas a $S_p(\triangle ABC)$.

Demostración. En la figura 1, $\angle PEF = \angle PCF$, pues abarcan el mismo arco en $\Gamma_2$, $\angle PCF = \angle PCA = \angle PE’A$ pues abarcan el mismo arco en el circuncírculo de $\triangle ABC$.

$\Rightarrow \angle PEF = \angle PE’A$.

Como los ángulos correspondientes son iguales entonces $AE’ \parallel FE$.

$\blacksquare$

La recta de Simson y el ortocentro

Teorema 2. La recta de Simson de un punto biseca el segmento que une al polo con el ortocentro del triángulo.

Demostración. Sea $H$ el ortocentro de $\triangle ABC$, $A’$ la segunda intersección de $AH$ con el circuncírculo de $\triangle ABC$, $\Gamma(O)$ y $P \in \Gamma(O)$.

Consideremos $D$ el pie de la altura por $A$, $G = PA’ \cap BC$, $E$ y $F$ las proyecciones de $P$ en $BC$ y $AC$ respectivamente.

Ya que $D$ es el punto medio de $HA’$, entonces $BC$ es mediatriz de $HA’$ y así $\triangle HGA’$ es isósceles.

Considerando los triángulos rectángulos $\triangle A’GD$, $\triangle PGE$ y que $\square ABCP$, $\square PFEC$ son cíclicos tenemos lo siguiente:

$\angle HGD = \angle DGA’ = \dfrac{\pi}{2} – \angle GA’D $
$= \dfrac{\pi}{2} – \angle PA’A = \dfrac{\pi}{2} – \angle PCA$
$= \dfrac{\pi}{2} – \angle PCF = \dfrac{\pi}{2} – \angle PEF = \angle FED$.

Como los ángulos correspondientes son iguales entonces, $HG \parallel FE$.

Por otro lado, sea $I = PA’ \cap EF$, entonces
$\angle IEG = \angle HGD = \angle DGA’ = \angle EGI$
$\Rightarrow IG = IE$.

Como $\triangle PEG$ es rectángulo, entonces $\angle GPE$, $\angle EGP$ y $\angle PEI$ y $\angle IEG$ son pares de ángulos complementarios y como $\angle EGI = \angle IEG$, entonces $\angle IPE = \angle PEI$ $\Rightarrow IE =IP$.

En consecuencia, $I$ es el punto medio de $PG$.

Entonces en $\triangle PGH$, $FE$ pasa por el punto medio de $PG$ y es paralelo a $HG$.

Por el recíproco del teorema del segmento medio del triángulo, $FE$ biseca a $PH$.

$\blacksquare$

Ángulo entre rectas de Simson

Teorema 3. El ángulo entre dos rectas de Simpson de dos puntos distintos respecto al mismo triangulo, es igual a la mitad del ángulo central formado por estos dos puntos en el circuncírculo del triángulo.

Demostración. Sean $P$ en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{CA}$ y $Q$ en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{AB}$ de $\Gamma(O)$, el circuncírculo de $\triangle ABC$, consideremos $D$, $E$ y $X$, $Y$ las correspondientes proyecciones de $P$ y $Q$ en $AB$ y $AC$ respectivamente.

Sea $I = DE \cap XY$, considerando los triángulos $\triangle DIX$, $\triangle APE$, $\triangle QAY$ y que $\square AEPD$, $\square AQXY$ son cíclicos tenemos lo siguiente:

$\angle DIY = \pi – \angle XDI – \angle IXD$
$= \pi – \angle ADE – \angle YXA = \pi – \angle APE – \angle YQA$
$= \pi – (\dfrac{\pi}{2} – \angle EAP) – (\dfrac{\pi}{2} – \angle QAY)$
$ = \angle QAC + \angle CAP = \angle QAP = \dfrac{\angle QOP}{2}$.

La última igualdad se da por el teorema del ángulo inscrito. Si P y Q están en el mismo arco la demostración es análoga.

$\blacksquare$

Teorema 4. Las rectas de Simson de dos puntos diametralmente opuestos en el circuncírculo de un triángulo, se intersecan en la circunferencia de los nueve puntos del triángulo.

Demostración. Sea $\triangle ABC$ y $PQ$ diámetro del circuncírculo $\Gamma(O)$ de $\triangle ABC$.

El ángulo central $\angle POQ$ es igual a $\pi$ y por el teorema 3, sus rectas de Simson son perpendiculares.

Recordemos que existe una homotecia con centro en el ortocentro $H$ de $\triangle ABC$, donde la imagen del circuncírculo de $\triangle ABC$ es la circunferencia de los nueve puntos $\Gamma(N)$ de $\triangle ABC$,

Por lo tanto esta homotecia lleva al diámetro $PQ$ del circuncírculo $\Gamma(O)$ en el diámetro $P’Q’$ de $\Gamma(N)$.

Por el teorema 2, $P’$ y $Q’$ son los puntos medios de los segmentos $HP$ y $HQ$ respectivamente, entonces las rectas de Simson de $P$ y $Q$, $S_p(\triangle ABC)$ y $S_q(\triangle ABC)$, pasan por $P’$ y $Q’$ respectivamente.

Como $S_p(\triangle ABC) \perp S_q(\triangle ABC)$ y $P’Q’$ es diámetro de $\Gamma(N)$, entonces $S_p(\triangle ABC) \cap S_q(\triangle ABC) \in \Gamma(N)$.

$\blacksquare$

Rectas de Simson de un punto respecto de dos triángulos

Teorema 5. Las rectas de Simson de un punto respecto de dos triángulos inscritos en la misma circunferencia forman un ángulo constante, independiente de la posición del punto en la circunferencia.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $\triangle DEF$ inscritos en $\Gamma(O)$ y $P \in \Gamma(O)$.

Consideremos $G$ y $H$, las proyecciones de $P$ en $AC$ y $DF$ respectivamente, y sean $G’ = PG \cap \Gamma(O)$, $H’ = PH \cap \Gamma(O)$.

Por el corolario, $BG’$ y $EH’$, son paralelas $S_p(\triangle ABC)$ y $S_p(\triangle DEF)$ respectivamente, por lo que el ángulo entre $BG’$ y $EH’$ es el ángulo entre las rectas de Simson.

Sean $I = BG’ \cap EH’$, $J$ y $K$ las intersecciones de $AC$ con $PH$ y $DF$ respectivamente.

Entonces $\angle JPG$, $\angle GJP$ y $\angle HKJ$, $\angle KJH$ son pares de ángulos complementarios en $\triangle PGJ$ y $\triangle KHJ$ respectivamente, pero $\angle GJP = \angle KJH$ por ser opuestos por el vértice.

Por lo tanto,
$\angle H’PG’ = \angle JPG = \angle HKJ$
$= \angle FKC = \dfrac{\angle FOC + \angle DOA}{2}$.

Finalmente,
$\angle EIB = \dfrac{\angle EOB + \angle H’OG’}{2}$
$= \dfrac{\angle EOB}{2} + \angle H’PG’$
$= \dfrac{\angle EOB + \angle FOC + \angle DOA}{2}$.

Estos ángulos son independientes de $P$.

$\blacksquare$

Cuadrángulo ortocéntrico

Proposición. Sean $\triangle ABC$, $P$, $Q$ y $R$ los puntos medios de los arcos $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$, $\overset{\LARGE{\frown}}{CA}$ y $\overset{\LARGE{\frown}}{AB}$ de $\Gamma(O)$, el circuncírculo de $\triangle ABC$, considera $P’$, $Q’$ y $R’$, los puntos diametralmente opuestos de $P$, $Q$ y $R$ respectivamente, entonces las intersecciones de las rectas de Simson de $P$, $P’$, $Q$, $Q’$, $R$ y $R’$ respecto de $\triangle ABC$ forman un cuadrángulo ortocéntrico cuyo triángulo órtico es el triángulo medial de $\triangle ABC$.

Demostración. Sean $A’$, $B’$ y $C’$ los puntos medios de $BC$, $AC$ y $AB$ respectivamente.

Como $P$ es el punto medio de $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$ entonces $OP$ y $AP$ son las bisectrices de $\angle BOC$ y $\angle BAC$ respectivamente, entonces $PA \perp BC$, por lo que la recta de $S_p(\triangle ABC)$ pasa por $A’$.

Como $PP’$ es diámetro entonces $\angle PAP’$ es ángulo recto, por lo que $AP’$ es la bisectriz externa de $\angle A$.

Bajo la homotecia con centro en el centroide de $\triangle ABC$ y razón $\dfrac{-1}{2}$, el triángulo medial $\triangle A’B’C’$ es imagen de $\triangle ABC$, por lo que la imagen de $AP’$ bajo esta transformación es la bisectriz externa de $\angle B’A’C’$ que al mismo tiempo es paralela a $AP’$.

Por el corolario, $AP’$ es paralela a $S_p(\triangle ABC)$, la cual contiene a $A’$.

Como la paralela a $AP’$ que pasa por $A’$ es única, entonces $S_p(\triangle ABC)$ coincide con la bisectriz exterior de $\angle B’A’C’$.

De manera análoga podemos ver que $S_q(\triangle ABC)$ y $S_r(\triangle ABC)$ son las bisectrices externas de $\angle B’$ y $\angle C’$ respectivamente.

Por otro lado, como $P’A \perp BC$ entonces la recta de Simson de $P’$ pasa por $A’$, por el teorema 3, $S_p(\triangle ABC) \perp S_p'(\triangle ABC)$.

Por lo tanto $S_p’(ABC)$ es la bisectriz interna de $\angle A’$.

De manera análoga, podemos ver que $S_q’(ABC)$ y $S_r’(ABC)$ son las bisectrices internas de $\angle B’$ y $\angle C’$ respectivamente

En consecuencia, las intersecciones de las rectas de Simson de $P$, $P’$, $Q$, $Q’$, $R$ y $R’$ son el incentro y los excentros de $\triangle A’B’C’$.

Por lo tanto, estas intersecciones forman un cuadrángulo ortocéntrico, cuyo triángulo órtico es $\triangle A’B’C’$, el triángulo medial de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Más adelante…

En la próxima entrada hablaremos sobre el teorema de Napoleón, que nos dice que si construimos triángulos equiláteros sobre los lados de un triangulo cualquiera los centroides de estos forman un triángulo equilátero, también veremos que relación hay entre este teorema y los puntos de Fermat.

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.

$i)$ ¿Qué puntos pertenecen a su propia recta de Simson?
$ii)$ Muestra que el punto diametralmente opuesto a uno de los vértices de un triángulo en su circuncírculo, tiene como recta de Simson el lado opuesto al vértice considerado.
Encuentra el punto en el circuncírculo de un triángulo cuya recta de Simson respecto al triángulo tiene una dirección dada.
$i)$Si las perpendiculares desde un punto $P$ en el circuncírculo $\Gamma$ de $\triangle ABC$ intersecan otra vez a $\Gamma$ en $E’$, $F’$ y $D’$, donde muestra que $\triangle ABC$ y $\triangle E’F’D’$ son simétricos respecto a un eje, (figura 1).
$ii)$ En un círculo dado inscribir un triángulo tal que la recta de Simson de un punto dado en este círculo corresponda a una recta dada. Un vértice puede ser elegido arbitrariamente.
Si la recta de Simson de un punto $P$ pasa por el punto diametralmente opuesto a $P$, muestra que la recta de Simson de $P$ también pasa por el centroide del triangulo considerado.
Considera $\triangle ABC$ y su circuncírculo $\Gamma$, $P$ y $P’ \in \Gamma$, muestra que las paralelas a $S_p(\triangle ABC)$ y $S_p'(\triangle ABC)$ que pasan por $P’$ y $P$ respectivamente se intersecan $\Gamma$.
Si dos triángulos están inscritos en la misma circunferencia y son simétricos respecto al centro de la circunferencia, demuestra que las rectas de Simson de cualquier punto en la circunferencia respecto a los dos triángulos son perpendiculares.
Muestra que los puntos simétricos con respecto a los lados de un triángulo, de un punto en su circuncírculo, son colineales con el ortocentro del triángulo.

Entradas relacionadas

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

Fuentes

Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 140-150.
Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 111-116.
Posamentier, A. y Salkind, C; Challenging Problems in Geometry. New York: Dover, 1996, pp 43-45.
Santos, J., Tesis Geometría del Cuadrilátero. 2010, pp 19-22.

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: Cuadrángulo ortocéntrico

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

En esta entrada veremos que los cuatro triángulos que se forman con los vértices de un cuadrángulo ortocéntrico, tienen la misma circunferencia de los nueve puntos y derivaremos algunas otras propiedades.

Cuadrángulo ortocéntrico

Definición. Un cuadrángulo ortocéntrico es el conjunto de puntos formado por los vértices de un triángulo y su ortocentro.

Nos referiremos a los cuatro triángulos que se pueden formar con los cuatro puntos de un cuadrángulo ortocéntrico como grupo ortocéntrico de triángulos.

Teorema 1. Cualquier punto de un cuadrángulo ortocéntrico es el ortocentro del triángulo formado por los otros tres puntos y los triángulos de este grupo ortocéntrico tienen el mismo triangulo órtico.

Demostración. Sea $\triangle ABC$ y $H$ su ortocentro.

Notemos que el ortocentro de $\triangle BHC$ es $A$ pues $AB \perp HC$, $AH \perp BC$ y $AC \perp HB$.

De manera análoga podemos ver que $B$ es el ortocentro de $\triangle AHC$ y $C$ es el ortocentro de $\triangle AHB$.

Por otro lado, los pares de rectas perpendiculares $AH$, $BC$; $BH$, $AC$ y $CH$, $AB$, se intersecan en $D$, $E$ y $F$, respectivamente.

Por lo tanto, estos tres puntos son fijos, así el triángulo órtico es el mismo para los cuatro triángulos $\triangle ABC$, $\triangle HAB$, $\triangle HAC$ y $\triangle HBC$.

$\blacksquare$

Corolario 1. Las circunferencias de los nueve puntos de un grupo ortocéntrico de triángulos coinciden y sus circunradios son iguales.

Demostración. Como el circuncírculo del triángulo órtico de un triángulo dado es la circunferencia de los nueve puntos, por el teorema 1, los triángulos de un grupo ortocéntrico tienen la misma circunferencia de los nueve puntos.

En la entrada anterior vimos que el radio de la circunferencia de los nueve puntos es igual a la mitad del circunradio de su triángulo de referencia.

Por lo tanto, $\triangle ABC$, $\triangle HAB$, $\triangle HAC$ y $\triangle HBC$ tienen el mismo circunradio (figura 1).

$\blacksquare$

Circuncentros

Teorema 2. Los circuncentros de un grupo ortocéntrico de triángulos forman un cuadrángulo ortocéntrico.

Demostración. Por el teorema 2 de la entrada anterior, sabemos que el circuncentro de un triángulo es la reflexión de su ortocentro respecto de $N$, el centro de los nueve puntos.

Como los triángulos de un grupo ortocéntrico tienen el mismo centro de los nueve puntos, los circuncentros $O_a$, $O_b$, $O_c$ y $O$ de $\triangle HBC$, $\triangle HAC$, $\triangle HAB$ y $\triangle ABC$ son las reflexiones de $A$, $B$, $C$ y $H$ respectivamente respecto a $N$.

Dado que una reflexión es una homotecia de razón $-1$ entonces las figuras $ABCH$ y $O_aO_bO_cO$ son congruentes y por lo tanto $O_aO_bO_cO$ es un cuadrángulo ortocéntrico.

$\blacksquare$

Corolario 2. Un grupo ortocéntrico de triángulos y el grupo ortocéntrico de triángulos formado por sus circuncentros tienen la misma circunferencia de los nueve puntos.

Demostración. Como las figuras $ABCH$ y $O_aO_bO_cO$ son simétricas respecto a $N$ entonces también sus circunferencias de los nueve puntos son simétricas respecto a $N$.

Como $N$ es el centro de una de estas circunferencias, entonces coinciden.

Observación. Notemos que como $O_aO_bO_cO$ es un grupo ortocéntrico de triángulos, entonces la reflexión de sus ortocentros respecto al centro de los nueve puntos $N$ será el conjunto de sus circuncentros.

Entonces $A$, $B$, $C$ y $H$ son los circuncentros de $\triangle O_bO_cO$, $\triangle O_aO_cO$, $\triangle O_aO_bO$ y $\triangle O_aO_bO_c$ respectivamente.

$\blacksquare$

Problema. Construye un triángulo $\triangle ABC$ dados el centro de los nueve puntos $N$ y los circuncentros $O_b$ y $O_c$ de los triángulos $\triangle CAH$ y $\triangle ABH$ respectivamente donde $H$ es el ortocentro de $\triangle ABC$.

Solución. $O_b$ y $O_c$ son los ortocentros de $\triangle O_aO_cO$ y $\triangle O_aO_bO$ respectivamente y si los reflejamos respecto a $N$ obtendremos a los circuncentros de sus respectivos triángulos, estos son los vértices $B$ y $C$ del triángulo requerido.

Ahora tenemos dos vértices y el centro de los nueve puntos, este problema lo resolvimos en la entrada anterior.

$\blacksquare$

Centroices

Teorema 3. Los cuatro centroides de un grupo ortocéntrico de triángulos forman un cuadrángulo ortocéntrico.

Demostración. Sea $\triangle ABC$ y $H$ su ortocentro.

Sabemos que el centro de los nueve puntos $N$ de $\triangle ABC$ divide internamente al segmento $HG$ en razón $3:1$, donde $G$ es el centroide de $\triangle ABC$.

Como el grupo ortocéntrico de triángulos $\triangle ABC$, $\triangle HBC$, $\triangle HAC$, $\triangle HAB$ tienen el mismo centro de los nueve puntos $N$, entonces sus respectivos centroides $G$, $G_a$, $G_b$, $G_c$ están en homotecia con $H$, $A$, $B$, $C$ respectivamente desde $N$ y la razón de homotecia es $-3$.

Como dos figuras homotéticas son semejantes, entonces $GG_aG_bG_c$ es un cuadrángulo ortocéntrico.

$\blacksquare$

Corolario 3. La circunferencia de los nueve puntos de un grupo ortocéntrico de triángulos y la circunferencia de los nueve puntos del grupo ortocéntrico formado por sus centroides son concéntricas.

Demostración. Como las figuras $HABC$ y $GG_aG_bG_c$ están en homotecia desde el centro de los nueve puntos $N$ de $\triangle ABC$ entonces sus respetivas circunferencias de los nueve puntos también están en homotecia desde $N$.

Como $N$ es el centro de una de ellas, entonces son concéntricas.

$\blacksquare$

Corolario 4. Dado un cuadrángulo ortocéntrico, el cuadrángulo ortocéntrico formado por sus circuncentros y el cuadrángulo ortocéntrico formado por sus centroides tienen el mismo centro de los nueve puntos y además existe una homotecia entre ellos con centro en este punto.

Demostración. Por los corolarios 2 y 3, $OO_aO_bO_c$ y $GG_aG_bG_c$ tienen el mismo centro de los nueve puntos que $HABC$ y son homotéticos con este último precisamente desde $N$ en razón $-1$ y $-3$ respectivamente.

Por lo tanto, existe una homotecia con centro en $N$ y razón $3$ que lleva a $GG_aG_bG_c$ en $OO_aO_bO_c$.

$\blacksquare$

Incentro y excentros

Teorema 4. El incentro y los excentros de un triángulo dado forman un cuadrángulo ortocéntrico y el circuncírculo del triángulo dado es la circunferencia de los nueve puntos de este grupo ortocéntrico de triángulos.

Demostración. Como las bisectrices interna y externa de los ángulos de un triángulo $\triangle ABC$ son perpendiculares entre si entonces el incentro $I$ es el ortocentro del triángulo formado por los excentros $\triangle I_aI_bI_c$ y el triángulo $\triangle ABC$ es el triángulo órtico de $\triangle I_aI_bI_c$.

Entonces, por el teorema 1 y corolario 1, $I_aI_bI_cI$ es un grupo ortocéntrico de puntos y su circunferencia de los nueve puntos es el circuncírculo de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Proposición. El segmento que une el ortocentro de un triángulo dado con el circuncentro del triángulo formado por los excentros del triángulo dado es bisecado por el incentro del triángulo medial del triángulo dado.

Demostración. Sea $\triangle ABC$ un triángulo, $I$, $I_a$, $I_b$, $I_c$, el incentro y sus respectivos excentros, $O$ y $O_e$ los circuncentros de $\triangle ABC$ y $\triangle I_aI_bI_c$ respectivamente.

Por el teorema anterior, $I$ y $O$ son el ortocentro y el centro de los nueve puntos respectivamente de $\triangle I_aI_bI_c$, por lo tanto, $O$ es el punto medio de $IO_e$.

Sean $H$ y $G$ el ortocentro y el centroide respectivamente de $\triangle ABC$, como $H$, $G$ y $O$ son colineales y $G$ triseca el segmento $OH$, entonces, $G$ es el centroide de $\triangle IO_eH$.

Por lo tanto, $IG$ biseca a $O_eH$ en $I’$ y $\dfrac{IG}{2} = GI’$.

Por otro lado, sabemos que existe una homotecia con centro en $G$ y razón $\dfrac{-1}{2}$, que lleva a $\triangle ABC$, a su triangulo medial $\triangle A’B’C’$, por lo que sus respectivos incentros $I$ y $I_m$ son puntos homólogos de esta homotecia, es decir $I$, $G$ y $I_m$ son colineales y $G$ triseca al segmento $II_m$.

Como $I’$ cumple con estas características entonces $I’ = I_m$.

$\blacksquare$

Más adelante…

En la próxima entrada estudiaremos otra recta notable del triángulo, la recta de Simson, veremos que la intersección de dos rectas de Simson se intersecan en la circunferencia de los nueve puntos y que cierto conjunto de rectas de Simson forman un cuadrángulo ortocéntrico.

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 rectas de Euler de los cuatro triángulos de un grupo ortocéntrico son concurrentes.
Demuestra que el simétrico del circuncentro de un triángulo con respecto a uno de los lados del triángulo coincide con el simétrico del vértice opuesto al lado considerado respecto al centro de los nueve puntos del triángulo.
Muestra que los vértices de un grupo ortocéntrico de triángulos pueden ser considerados como los centroides de otro grupo ortocéntrico de triángulos.
Sea $\triangle ABC$ un triángulo rectángulo con $\angle A = \dfrac{\pi}{2}$, $D$ el pie de la altura por $A$, las bisectrices de $\angle BAD$ y $\angle DAC$ intersecan a $BC$ en $P$ y $P’$ respectivamente. Las bisectrices de $\angle DBA$ y $\angle ACD$ intersecan a $AD$ en $Q$ y $Q’$ respectivamente.
$i)$ Muestra que $PP’QQ’$ es un cuadrángulo ortocéntrico,
$ii)$ si $I$, $J$ y $K$ son los incentros de $\triangle ABC$, $\triangle ABD$ y $\triangle ADC$, muestra que $AIJK$ es un cuadrángulo ortocéntrico.
Prueba que la suma de los cuadrados de dos segmentos no adyacentes que unen vértices de un cuadrángulo ortocéntrico es igual al cuadrado del circundiámetro de los triángulos de este grupo ortocéntrico.
Construye un triángulo $\triangle ABC$ dados su circuncentro $O$, y los circuncentros de los triángulos $\triangle II_bI_c$ y $\triangle II_aI_c$, donde $I$, $I_a$, $I_b$ y $I_c$ es el incentro y los excentros de $\triangle ABC$.

Entradas relacionadas

Ir a Geometría Moderna I.
Entrada anterior del curso: Circunferencia de los nueve puntos.
Siguiente entrada del curso: Recta de Simson.
Otros cursos.

Fuentes

Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 109-115.
Johnson, R., Advanced Euclidean Geometry. New York: Dover, 2007, pp 165-167.
Shively, L., Introducción a la Geómetra Moderna. México: Ed. Continental, 1961, pp 58.

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: Circunferencia de los nueve puntos

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

En esta ocasión veremos que nueve puntos notables del triángulo son concíclicos, a saber, los puntos medios de los lados, los pies de las alturas y los puntos medios de los segmentos que unen al ortocentro con los vértices del triángulo. A esta circunferencia se le conoce como circunferencia de los nueve puntos y su centro se encuentra en la recta de Euler del triángulo considerado.

Triángulo de Euler

Definición 1. A los puntos medios de los segmentos que unen los vértices de un triángulo dado con su ortocentro se les conoce como puntos de Euler, y el triángulo que tiene como vértices los puntos de Euler es el triángulo de Euler del triángulo dado.

Observación. Por la definición anterior, un triángulo y su triángulo de Euler son homotéticos (figura 1), con centro de homotecia en el ortocentro y razón de homotecia $\dfrac{1}{2}$.

Proposición 1. El triángulo de Euler y el triángulo medial de todo triángulo son congruentes y sus respectivos lados son paralelos.

Demostración. Sean $\triangle A’B’C’$ el triángulo medial y $\triangle PQR$ el triángulo de Euler de $\triangle ABC$, (figura 1).

$C’$ y $B’$ son puntos medios de $AB$ y $AC$ respectivamente, así que $C’B’$ es un segmento medio de $\triangle ABC$, de igual manera $QR$ es un segmento medio de $\triangle HBC$, donde $H$ es el ortocentro de $\triangle ABC$.

Por lo tanto, $C’B’ \parallel BC \parallel QR$, y $2C’B’ = BC = 2QR$.

De manera análoga podemos ver que $A’C’ = RP$ y $A’B’ = QP$, por criterio de congruencia LLL, $\triangle A’B’C’ \cong \triangle PQR$.

$\blacksquare$

Circunferencia de los nueve puntos

Teorema 1. El triángulo de Euler, el triángulo medial y el triángulo órtico de todo triángulo tienen el mismo circuncírculo.

Demostración. Por la proposición 1 y empleando la misma notación de esta, sabemos que $\square C’QRB’$ es un paralelogramo (figura 2).

$C’Q$ es un segmento medio de $\triangle BAH$, así que $C’Q \parallel AH$ $\Rightarrow C’Q \perp BC$.

Y como $QR \parallel BC$, entonces, $\square C’QRB’$ es un rectángulo, lo que significa que las diagonales $C’R$ y $QB’$ tienen la misma longitud y se cortan en su punto medio, $N$.

De manera análoga podemos probar que $\square PC’A’R$ es un rectángulo y que $PA’$ y $C’R$ tienen la misma longitud y se cortan en su punto medio.

Como el punto medio de $C’R$ es $N$, entonces, los puntos $A’$, $B’$, $C’$, $P$, $Q$ y $R$ son equidistantes a $N$.

Sean $D$, $E$ y $F$ los pies de las alturas por $A$, $B$ y $C$ respectivamente.

Como $A’P$, $B’Q$ y $C’R$ son diámetros de esta circunferencia y además $\angle A’DP = \angle QEB’ = \angle RFC’ = \dfrac{\pi}{2}$, es decir estos diámetros subtienden ángulos rectos en los puntos $D$, $E$ y $F$ respectivamente, entonces $D$, $E$ y $F$ se encuentran en la misma circunferencia.

$\blacksquare$

Definición 2. Nos referiremos al centro de la circunferencia de los nueve puntos de un triángulo como el centro de los nueve puntos y los denotaremos como $N$.

Teorema 2. El radio de la circunferencia de los nueve puntos de un triángulo es igual a la mitad del circunradio y el centro de los nueve puntos biseca al segmento que une al circuncentro con el ortocentro.

Demostración. Recordemos que todo triángulo está en homotecia con su triángulo medial, esto implica que son semejantes, con razón $\dfrac{-1}{2}$ y centro de homotecia en el centroide $G$ del triángulo.

Por lo tanto, el radio de la circunferencia de los nueve puntos de un triángulo es la mitad del circunradio de este.

De la relación de homotecia también tenemos que $G$ triseca el segmento $ON$ de los circuncentros $O$ y $N$ de $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$, su triángulo medial, esto es, $OG = 2GN$.

Y sabemos que $2OG = GH$, donde $H$ es el ortocentro.

Por lo tanto, $HN = ON$.

$\blacksquare$

Triángulo tangencial

Teorema 3. El circuncentro del triángulo tangencial de un triángulo dado se encuentra en la recta de Euler del triángulo dado.

Demostración. Recordemos que el triángulo tangencial $\triangle D’E’F’$ y el triángulo órtico $\triangle DEF$ de un triángulo $\triangle ABC$ están en homotecia desde un punto $K$ que se encuentra en la recta de Euler de $\triangle ABC$.

Ahora, como los circuncentros de los triángulos tangencial y el triángulo órtico, $T$ y $N$, respectivamente, son puntos correspondientes de esta homotecia, entonces $T$ es colineal con $N$ y $K$.

Por el teorema 2, $N$ esta en la recta de Euler de $\triangle ABC$, por lo tanto, $T$ está en la recta de Euler de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Corolario 1. El circuncentro de un triángulo dado se encuentra en la recta de Euler del triángulo formado por los puntos de tangencia del incírculo con los lados del triángulo dado.

Demostración. Notemos que todo triángulo es el triángulo tangencial del triángulo formado por los puntos de tangencia de su incírculo con sus lados.

El resultado se sigue al aplicar el teorema 3.

$\blacksquare$

Corolario 2. El cuadrado del circunradio de un triángulo es dos veces el producto del inradio de su triángulo órtico por el circunradio de su triángulo tangencial.

Demostración. Sean $R$, $p$ y $q$ los circunradios de $\triangle ABC$, de su triángulo tangencial $\triangle D’E’C’$ y el inradio de su triángulo órtico $\triangle DEF$, respectivamente.

Como $\triangle D’E’F’$ y $\triangle DEF$ son homotéticos entonces la razón entre sus inradios y la razón entre sus circunradios son iguales a su razón de homotecia y por lo tanto son iguales entre si, además por el teorema 2, $R$ es dos veces el circunradio de $\triangle DEF$.

$\dfrac{R}{q} = \dfrac{p}{\dfrac{R}{2}}$
$\Rightarrow R^2 = 2pq$

$\blacksquare$

Ejemplos

Proposición 2. La recta determinada por el ortocentro de un triángulo y el punto medio de uno de sus lados pasa por el punto diametralmente opuesto, en su circuncírculo, al vértice opuesto del lado considerado.

Demostración. Sean $\triangle ABC$, $(O, R)$ su circuncírculo, $X$ el punto diametralmente opuesto a $A$, $H$ el ortocentro, $A’$ el punto medio de $BC$ y $P$ el punto de Euler entre $A$ y $H$.

$PO$ es un segmento medio de $\triangle AHX$, por lo tanto, $HX \parallel PO$.

Por la proposición 6 de la entrada anterior tenemos que $PH = OA’$ y ambos son perpendiculares a $BC$, por lo tanto, $\square PHA’O$ es un paralelogramo, es decir, $HA’ \parallel PO$.

Como la paralela a una recta por un punto exterior a ella es única, entonces $H$, $A’$ y $X$ son colineales.

$\blacksquare$

Proposición 3. Sean $A$, $B$ y $C$ los centros de tres circunferencias distintas, con el mismo radio y que tienen un punto $O$ en común.

Consideremos los otros puntos en común, $D = (B, r) \cap (C, r)$, $E = (A, r) \cap (C, r)$ y $F = (A, r) \cap (B, r)$, entonces el circunradio de $\triangle DEF$ es igual al de las tres circunferencias dadas y su circuncentro es el ortocentro de $\triangle ABC$.

Demostración. Notemos primero que $OA = OB = OC = r$, por lo tanto, el circuncentro de $\triangle ABC$ es $O$ y su circunradio es $r$.

Como $\square AFBO$ y $\square OBDC$ son rombos entonces $AF = BO = CD$ y $AF \parallel BO \parallel CD$.

Por tanto, $\square AFDC$ es paralelogramo y así $\Rightarrow AC = DF$ y $AC \parallel DF$.

De manera análoga podemos ver que $AB = DE$, $AB \parallel DE$ y $BC = EF$ y $BC \parallel EF$

Por lo tanto, $\triangle ABC$ y $\triangle DEF$ son congruentes por criterio LLL y sus respectivos lados son paralelos.

Como $\square OBDC$ es un rombo entonces, $OD \perp BC$ además $OD$ y $BC$ se intersecan en su punto medio, $A’$.

De manera análoga podemos ver $AB \perp OF$, se bisecan en $C’$ y $AC \perp OE$, se bisecan en $B’$.

De lo anterior se sigue que $\triangle A’B’C’$ es el triángulo medial de $\triangle ABC$, que $DO$, $EO$ y $FO$ son las alturas de $\triangle DEF$.

Por lo tanto $O$ es el ortocentro de $\triangle DEF$ y $\triangle A’B’C’$ es el triángulo de Euler de $\triangle DEF$.

En consecuencia, la circunferencia de los nueve puntos es la misma para $\triangle ABC$ y $\triangle DEF$, por el teorema 2, se sigue que sus circunradios son iguales, por lo tanto, el circunradio de $\triangle DEF$ es $r$.

También por el teorema 2, sabemos que el centro de los nueve puntos biseca al segmento que une ortocentro con el circuncentro.

Como el centro de los nueve puntos es el mismo para $\triangle ABC$ y $\triangle DEF$, y ya que el circuncentro de $\triangle ABC$ coincide con el ortocentro de $\triangle DEF$ entonces el circuncentro de $\triangle ABC$ coincide con el ortocentro de $\triangle DEF$.

$\blacksquare$

Problema. Construir un triángulo $\triangle ABC$ dados dos vértices $B$, $C$ y el centro de los nueve puntos, $N$.

Solución. Trazamos $BC$ y su punto medio $A’$,

Con el radio $NA’$ de la circunferencia de los nueve puntos, obtenemos el circunradio de $\triangle ABC$, $2NA’$.

Ahora podemos encontrar al circuncentro de $\triangle ABC$ que se encuentra en la mediatriz de $BC$, trazando una circunferencia con centro en $B$ o en $C$ y radio $2NA’$.

El simétrico de $A’$ respecto a $N$ será $P$, el punto de Euler que se encuentra entre $N$ y el vértice buscado. Como la perpendicular a $BC$ por $P$ es la altura por $A$, entonces su intersección con el circuncírculo $(O, 2NA’)$ de $\triangle ABC$, es el vértice faltante.

$\blacksquare$

Más adelante…

En la próxima entrada veremos como cierto conjunto de triángulos al que llamaremos grupo ortocéntrico de triángulos tienen la misma circunferencia de los nueve puntos y otros resultados relacionados.

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 el triángulo de Euler $\triangle PQR$ y el triangulo $\triangle C’B’D$ son congruentes, (figura 2).
Por los puntos medios de un triángulo dado traza paralelas a las bisectrices externas de los correspondientes ángulos opuestos. Prueba que el triángulo formado por estas paralelas y el triángulo dado tienen la misma circunferencia de los nueve puntos.
Muestra que las paralelas a las bisectrices internas de un triángulo dado trazadas por los respectivos puntos de Euler del triángulo dado son concurrentes, también prueba que la recta que pasa por el punto de concurrencia y el centro de los nueve puntos del triángulo dado es paralela con la recta que pasa por el circuncentro y el incentro del triángulo dado.
Demuestra que la circunferencia de los nueve puntos biseca cualquier segmento que une al ortocentro con un punto en el circuncírculo.
Construye un triángulo dados un vértice, el ortocentro y el centro de los nueve puntos.

Entradas relacionadas

Ir a Geometría Moderna I.
Entrada anterior del curso: Triángulo órtico.
Siguiente entrada del curso: Cuadrángulo ortocéntrico.
Otros cursos.

Fuentes

Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 103-105.
Coxeter, H. y Greitzer, L., Geometry Revisited. Washington: The Mathematical Association of America, 1967, pp 20-22.
Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 69-70.

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: Triángulo órtico

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

2 respuestas

Introducción

Continuando con el estudio de triángulos asociados a un triangulo dado, en esta entrada veremos algunas propiedades del triángulo órtico de un triangulo dado.

Mostraremos solo las proposiciones referentes a triángulos acutángulos, por ser muy parecidas las correspondientes versiones para triángulos obtusángulos, quedaran como ejercicio.

Preliminares

Proposición 1. El vértice de un triángulo es el punto medio del arco formado por las intersecciones de su circuncírculo con las alturas del triángulo que no pasan por el vértice considerado.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $D$, $E$, $F$ los pies de las alturas por $A$, $B$, $C$, respectivamente (figura 1).

Los triángulos rectángulos $\triangle BEA$ y $\triangle CFA$ son semejantes pues $\angle A$ es un ángulo en común, por lo tanto, $\angle EBA = \angle ACF$.

Por otro lado, consideremos $D’ = AD \cap (O, R)$, $E’ = BE \cap (O, R)$ y $F’ = CF \cap (O, R)$, las intersecciones de las alturas con el circuncírculo de $\triangle ABC$, entonces $\angle E’BA = \angle EBA = \angle ACF = \angle ACF’$.

Esto implica que los respectivos ángulos centrales son iguales $\angle E’OA = \angle AOF’$, por lo tanto, la longitud de arco es la misma $\overset{\LARGE{\frown}}{E’A} = \overset{\LARGE{\frown}}{AF’}$ y así $A$ es el punto medio de $\overset{\LARGE{\frown}}{E’F’}$.

De manera análoga vemos que $B$ y $C$ bisecan a los arcos $\overset{\LARGE{\frown}}{F’D’}$, $\overset{\LARGE{\frown}}{D’E’}$ respectivamente.

$\blacksquare$

Proposición 2. El pie de la altura de un triángulo acutángulo es el punto medio del segmento que une el ortocentro y la intersección de la altura considerada con el circuncentro.

Demostración. Por la proposición 1, $B$ es el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{F’D’}$, por lo tanto $\angle F’OB = \angle BOD’$ y así $\angle F’CB = \angle BCD’$.

De esto se sigue que los triángulos rectángulos $\triangle HCD$, $\triangle D’CD$ son congruentes por criterio ALA, por lo tanto, $HD = DD’$.

Por lo tanto, $D$ es el punto medio de $HD’$, de manera análoga podemos ver que $E$ y $F$ son los puntos medio de $HE’$ y $HF’$ respetivamente.

$\blacksquare$

Triángulo órtico

Definición 1. Al triángulo cuyos vértices son los pies de las alturas de un triángulo dado se le conoce como triangulo órtico del triángulo dado.

Proposición 3. El triángulo órtico de un triángulo y el triángulo cuyos vértices son las intersecciones de su circuncírculo con las alturas del triángulo son homotéticos.

Demostración. Por la proposición 2, $E$ y $F$ son puntos media de $HE’$ y $HF’$ respectivamente (figura 1), por tanto, $EF$ es un segmento medio del triángulo $\triangle HE’F’$, entonces $EF \parallel E’F’$ y $2EF = E’F’$.

De manera análoga podemos ver que $FD \parallel F’D’$, $2FD = F’D’$ y $DE \parallel D’E’$, $2DE = D’E’$.

De lo anterior concluimos que $\triangle DEF$ está en homotecia con $\triangle D’E’F’$ con centro en $H$ y razón $\dfrac{1}{2}$.

$\blacksquare$

Teorema 1. El ortocentro y los vértices de un triángulo acutángulo son en incentro y los excentros respectivamente de su triangulo órtico.

Demostración. Por la proposición 1, $A$ es el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{E’F’}$ (figura 1), por lo tanto, $\angle E’D’A = \angle AD’F’$.

Por la proposición 3, los lados de $\triangle DEF$ son paralelos a los lados de $\triangle D’E’F’$, por lo tanto $\angle EDA = \angle E’D’A = \angle AD’F’ = \angle ADF$.

Entonces $AD$ es bisectriz de $\angle EDF$, así podemos ver que las otras alturas de $\triangle ABC$ son las bisectrices de su triangulo órtico, con lo que $H$ es el incentro de $\triangle DEF$.

Como los lados del triángulo son perpendiculares a las alturas entonces son las respectivas bisectrices exteriores de su triangulo órtico, de esto se sigue el resultado.

$\blacksquare$

Triángulo tangencial

Definición 2. Al triangulo cuyos lados son las rectas tangentes al circuncírculo de un triángulo dado a través de sus vértices, se le conoce como triángulo tangencial del triángulo dado.

Proposición 4. Los radios del circuncírculo de un triángulo que pasan por los vértices del triángulo son perpendiculares a los respetivos lados de su triangulo órtico.

Demostración. $\triangle E’OF’$ es isósceles (figura 2), pues $OE’$ y $OF’$ son radios del circuncírculo de $\triangle ABC$.

Por la proposición 1, $A$ es el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{E’F’}$, por lo que $OA$ es bisectriz de $\angle E’OF’$, por lo tanto, $OA$ es mediatriz de $E’F’$.

Por la proposición 3, $E’F’ \parallel EF$ $\Rightarrow OA \perp EF$.

De manera análoga se ve que $OB \perp FD$ y $OC \perp DE$.

$\blacksquare$

Teorema 2. El triángulo órtico y el triángulo tangencial de un triángulo dado son homotéticos y el centro de homotecia se encuentra en la recta de Euler del triángulo dado.

Demostración. Sean $\triangle DEF$ y $\triangle D’’E’’F’’$ el triángulo órtico y tangencial respectivamente de $\triangle ABC$ (figura 2).

Como los lados del triángulo tangencial son perpendiculares a los radios que pasan por los vértices del triángulo dado, por la proposición 4, los lados del triángulo órtico son paralelos a los lados del triángulo tangencial y esto implica que los triángulos son homotéticos.

Como $\triangle DEF$ y $\triangle D’’E’’F’’$ son homotéticos entonces sus respectivos incentros son puntos homólogos.

Por el teorema 1, el incentro de $\triangle DEF$ es el ortocentro de $\triangle ABC$ y por construcción el incentro de $\triangle D’’E’’F’’$ es el circuncentro de $\triangle ABC$.

Como el centro de homotecia se encuentra en la recta que pasa por cualquier par de puntos homólogos, entonces el centro de homotecia de $\triangle DEF$ y $\triangle D’’E’’F’’$ se encuentra en la recta determinada por $H$ y $O$, es decir, la recta de Euler de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Perímetro del triángulo órtico

Proposición 5. Los lados del triángulo órtico de un triángulo acutángulo dividen al triángulo acutángulo en tres triángulos semejantes al triángulo dado.

Demostración. Sean $D$, $E$ y $F$ los pies de las alturas de un triangulo $\triangle ABC$ y $H$ su ortocentro, (figura 3).

Como la suma de los ángulos internos de todo cuadrilátero convexo es $2\pi$, en $\square HDCE$ tenemos $\angle D + \angle E = \pi$
$\Rightarrow \angle C + \angle H = \pi$
$\Rightarrow \angle DHE = \angle A + \angle B$

Como $\angle BHD + \angle DHE = \angle BHE = \pi$
$\Rightarrow \angle BHD = \angle C$.

Por otro lado, $\triangle FBH$ y $\triangle DBH$ son triángulos rectángulos que tienen la misma hipotenusa, por lo tanto $\square FBDH$ es cíclico.

Entonces $\angle BHD = \angle BFD$, pues abarcan el mismo arco
$\Rightarrow \angle BFD = \angle C$.

Por criterio de semejanza AA, $\triangle DBF \sim \triangle ABC$.

Podemos hacer un procedimiento similar para los demás triángulos.

Por lo tanto, $\triangle ABC \sim \triangle DBF \sim \triangle DEC \sim \triangle AEF$.

$\blacksquare$

Proposición 6. En un triángulo la distancia de uno de sus lados al circuncentro es igual a la mitad de la distancia del vértice opuesto al ortocentro del triángulo.

Demostración. Sea $(O, R)$ el circuncírculo de $\triangle ABC$, consideremos $C’$ el punto diametralmente opuesto a $C$ y $M$ el pie de la perpendicular a $AC$ desde $O$, (figura 3).

Notemos que $M$ es el punto medio de $AC$ pues $O$ está en la mediatriz de $AC$.

Como $O$ es el punto medio de $CC’$ entonces $OM$ es un segmento medio de $\triangle CAC’$, así $2OM = C’A$.

$\angle C’AC = \angle CBC’ = \dfrac{\pi}{2}$, pues $CC’$ es diámetro

Por lo tanto, $AH$ y $C’B$ son perpendiculares a $BC$
$\Rightarrow AH \parallel C’B$.

Y $C’A$ y $BH$ son perpendiculares a $AC$,
$\Rightarrow C’A \parallel BH$.

Entonces $\square AC’BH$ es un paralelogramo, por lo tanto, $BH = C’A = 2OM$.

$\blacksquare$

Proposición 7. La razón entre un lado de un triángulo acutángulo y el lado correspondiente a su triangulo órtico es igual a la razón entre el circunradio y la distancia del lado considerado al circuncentro.

Demostración. En la proposición 5 vimos que $\triangle ABC \sim \triangle DBF$ y que $A$, $F$, $H$ y $E$ están inscritos en una misma circunferencia cuyo diámetro es $BH$, (figura 3).

Por lo tanto, la razón entre sus circundiametros guarda la razón de semejanza, es decir,
$\dfrac{AC}{DF} = \dfrac{2R}{BH} = \dfrac{2R}{2OM} = \dfrac{R}{OM}$.

Donde $R$ es el circunradio y la segunda igualdad se debe a la proposición 6.

$\blacksquare$

Teorema 3. El perímetro del triángulo órtico de un triángulo acutángulo es igual a dos veces el área del triángulo acutángulo dividido por el circunradio (figura 3).

Demostración. Consideremos $N$, $M$ y $L$ los pies de las perpendiculares a $BC$, $AC$ y $AB$ desde $O$ respectivamente.

Por la proposición 7 tenemos que
$DE + EF + FD = \dfrac{OL \times AB + ON \times BC + OM \times AC}{R}$.

Y notemos que
$(\triangle ABC) = (\triangle BOC) + (\triangle COA) + (\triangle AOB)$
$= \dfrac{ON \times BC + OM \times AC + OL \times AB}{2}$.

Por lo tanto, $DE + EF + FD = \dfrac{2(\triangle ABC)}{R}$.

$\blacksquare$

Problema de Fagnano

Teorema 4. De entre todos los triángulos inscritos en un triángulo acutángulo, su triángulo órtico es el de menor perímetro.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ un triángulo acutángulo, $\triangle DEF$ su triangulo órtico y $\triangle GHI$ cualquier otro triangulo inscrito en $\triangle ABC$.

Hacemos una sucesión de reflexiones del triángulo $\triangle ABC$ a través de uno de sus lados, empezando por $AC$, luego $B_1C$, $B_1A_1$, $A_1C_1$ y finalmente $B_2C_1$ (figura 4).

El camino que sigue el segmento $AB$ es el siguiente, primerio una rotación $2\angle A$ alrededor de $A$ en sentido antihorario, después una rotación $2\angle B$ alrededor de $B_1$ en sentido antihorario, a continuación, una rotación $2\angle A$ alrededor de $A_1$ en sentido horario y finalmente una rotación $2\angle B$ alrededor de $B_2$ en sentido horario.

Por lo tanto, $AB$ y $A_2B_2$ son paralelas, se sigue que $F$, $G \in AB$ y sus respectivas imágenes $F_4$, $G_4 \in A_2B_2$ forman un paralelogramo por lo que $FF_4 = GG_4$.

Por otro lado, la simetría de $D$ y $D_1$ nos garantiza que $\angle DEC = \angle CED_1$, además, por el teorema 1, $BE$ es bisectriz de $\angle FED$, por lo tanto, $\angle AEF = \angle DEC$.

Entonces, $\angle FED_1 = \angle FED + \angle DEC + \angle CED_1 = \angle FED + \angle 2DEC = \pi$, por lo tanto, $F$, $E$ y $D_1$ son colineales.

Por lo anterior podemos afirmar que $FED_1F_2E_2D_3F_4$ es una recta, coincide con $FF_4$ y es igual a dos veces el perímetro del triángulo órtico.

Como no podemos hacer las mismas afirmaciones para $\triangle GHI$, tenemos que el camino $GHI_1G_2H_2I_3G_4$ es igual a dos veces el perímetro de $\triangle GHI$ y es claramente mayor o igual que el segmento $GG_4$ que equivale a dos veces el perímetro de $\triangle DEF$.

$\blacksquare$

Más adelante…

En la siguiente entrada veremos como los circuncírculos del triángulo medial y del triángulo órtico, coinciden para cualquier triangulo dado.

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.

Verifica que las proposiciones $1$, $2$, $3$, $4$, y los teoremas $1$ y $2$ se cumplen también para triángulos con un ángulo obtuso.
Construye un triángulo dados los puntos de intersección de las alturas con el circuncírculo del triángulo.
Si $P$ y $Q$ son los pies de las perpendiculares desde los vértices $B$ y $C$ de un triangulo $\triangle ABC$, a los lados $DF$ y $DE$ respectivamente de su triangulo órtico, muestra que $EQ = FP$.

Muestra que los pies de las perpendiculares trazadas desde el pie de una altura en un lado de un triángulo a los otros lados y las otras alturas del triángulo son colineales.

Demuestra que el perímetro del triángulo órtico de un triángulo acutángulo es menor o igual que dos veces cualquiera de las alturas del triángulo acutángulo.

Entradas relacionadas

Ir a Geometría Moderna I.
Entrada anterior del curso: Triángulo medial y recta de Euler.
Siguiente entrada del curso: Circunferencia de los nueve puntos.
Otros cursos.

Fuentes

Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 97-102.
Coxeter, H. y Greitzer, L., Geometry Revisited. Washington: The Mathematical Association of America, 1967, pp 16-18, 88-89.
Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 84-85.
Johnson, R., Advanced Euclidean Geometry. New York: Dover, 2007, pp 168-169.
Honsberger, R., Episodes in Nineteenth and Twentieth Century Euclidean Geometry. Washington: The Mathematical Association of America, 1995, pp 17-26.

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: Triángulo medial y recta de Euler

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

2 respuestas

Introducción

Continuando con el estudio de las propiedades del centroide, en esta entrada veremos que es colineal con el ortocentro y el circuncentro, y que además triseca al segmento que une dichos puntos. Para establecer estos resultados, veremos primero algunos resultados del triángulo medial de un triángulo dado.

Triángulo medial

Definición 1. Al triángulo que tiene como vértices los puntos medios de un triángulo dado se le conoce como triángulo medial o triángulo complementario del triángulo dado.

Teorema 1. Un triángulo y su triángulo medial son homotéticos además comparten el mismo centroide.

Demostración. Sean $\triangle ABC$, $A’$, $B’$ y $C’$ los puntos medios de $BC$, $AC$ y $AB$ respectivamente.

Por el teorema del segmento medio, los lados del triángulo medial $\triangle A’B’C’$ son paralelos a los lados de $\triangle ABC$ y por lo tanto son homotéticos.

Ya que las rectas determinadas por dos puntos homólogos, $AA’$, $BB’$ y $CC’$ son las medianas de $\triangle ABC$, entonces el centroide $G$ es el centro de homotecia y sabemos que $AG = 2GA’$, por lo que la razón de homotecia es $\dfrac{-1}{2}$, donde el signo menos indica que dos puntos homólogos de esta homotecia se encuentran en lados opuestos respecto del centro de homotecia.

Como $BC$ y $B’C’$ son rectas homotéticas, entonces el punto homólogo de $A’ \in BC$ es $E = A’G \cap B’C’$, y como $A’$ es el punto medio de $BC$ entonces $E$ es el punto medio de $B’C’$, pues la homotecia preserva las proporciones.

Por lo tanto, $A’G$ es mediana de $\triangle A’B’C’$, de manera similar podemos ver que $B’G$ y $C’G$ son medianas de $\triangle A’B’C’$, por lo tanto, $G$ es el centroide de $\triangle A’B’C’$.

$\blacksquare$

Proposición 1. El circuncentro de un triángulo es el ortocentro de su triángulo medial.

Demostración. Se sigue del hecho de que las mediatrices de un triángulo son las alturas de su triángulo medial, esto es así porque los vértices del triángulo medial son, por definición, los puntos medios de un triángulo dado y los lados del triángulo medial son paralelos a los lados del triángulo dado.

$\blacksquare$

Triángulo anticomplementario

Definición 2. Dado un triángulo, al triángulo formado por las rectas paralelas a los lados del triángulo dado a través de los respectivos vértices opuestos, se le conoce como triángulo anticomplementario del triángulo dado.

Proposición 2. Un triángulo y su triángulo anticomplementario son homotéticos y tienen el mismo centroide.

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

Como $\square C’’BCA$ y $\square ABCB’’$ son paralelogramos entonces $C’’A = BC = AB’’$, por lo tanto, $A$ es el punto medio de $B’’C’’$. De manera análoga vemos que $B$ y $C$ son puntos medio de $A’’C’’$ y $A’’B’’$ respectivamente,

Por lo tanto, $\triangle ABC$ es el triángulo medial de $\triangle A’’B’’C’’$ y por el teorema 1 se tiene el resultado.

$\blacksquare$

Circunferencia de Droz Farny

Proposición 3. El producto de los segmentos en que el ortocentro divide a la altura de un triángulo es igual para las tres alturas del triángulo.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $D$, $E$ y $F$ los pies de las alturas por $A$, $B$ y $C$ respectivamente y $H$ el ortocentro.

Notemos que $\triangle AFH \sim \triangle CDH$ y $\triangle AEH \sim \triangle BDH$ (son semejantes) pues son triángulos rectángulos y comparten un ángulo opuesto por el vértice, por lo tanto
$\dfrac{AH}{CH} = \dfrac{FH}{DH}$ $\Rightarrow AH \times DH = CH \times HF$,
$\dfrac{AH}{BH} = \dfrac{EH}{DH}$ $\Rightarrow AH \times DH = BH \times HE$.

De esto se sigue que
$CH \times HF = AH \times DH = BH \times HE$.

$\blacksquare$

Teorema 2. Si tomamos los vértices de un triángulo como centros de circunferencias del mismo radio, estas cortaran a los respectivos lados de su triángulo medial en tres pares de puntos que son equidistantes del ortocentro del triángulo.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ su triángulo medial, tracemos tres circunferencias del mismo radio $(A, r)$, $(B, r)$ y $(C, r)$ las cuales intersecan a $B’C’$, $A’C’$ y $A’B’$ en $P$, $P’$; $Q$, $Q’$ y $R$, $R’$, respectivamente.

Sean $D \in BC$ el pie de la altura por $A$, y $M = AD \cap B’C’$, por el teorema de Pitágoras en $\triangle AMP$ y $\triangle HMP$ tenemos
$AP^2 – AM^2 = MP^2 = HP^2 – HM^2$
$\Rightarrow AP^2 – HP^2 = AM^2 – HM^2 = (AM + HM)(AM – HM)$.

Como $\triangle AC’B’ \cong \triangle C’BA’$ son congruentes por criterio LLL entonces sus alturas desde $A$ y $C’$, respectivamente, son iguales , por lo tanto $AM = MD$,
$\Rightarrow AP^2 – HP^2 = (MD + HM)AH = HD \times AH$.

Por otra parte, $\triangle PAP’$ es isósceles y como $AM$ es altura entonces $AM$ es mediatriz de $PP’$, por lo tanto $HP = HP’$$\Rightarrow$
$\begin{equation} HP’^2 = HP^2 = AP^2 – AH \times HD. \end{equation}$.

Si consideramos $E$ y $F$ los pies de las alturas por $B$ y $C$ respectivamente podemos encontrar fórmulas análogas
$\begin{equation} HQ’^2 = HQ^2 = BQ^2 – BH \times HE, \end{equation} $
$\begin{equation} HR’^2 = HR^2 = CR^2 – CH \times HF. \end{equation} $.

Como $(A, r)$, $(B, r)$ y $(C, r)$ tienen el mismo radio, entonces $AP = BQ = CR$ y por la proposición 3, $AH \times DH = BH \times HE = CH \times HF$.

Tomando lo anterior en cuenta y a las ecuaciones $(1)$, $(2)$ y $(3)$ se sigue que
$HP = HP’ = HQ = HQ’ = HR = HR’$.

$\blacksquare$

Recta de Euler

Teorema 3. El circuncentro, el centroide y el ortocentro de todo triangulo son colineales, con el centroide siempre en medio, a la recta determinada por estos tres puntos se le conoce como recta de Euler del triángulo, además $HG = 2GO$.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ su triángulo medial, por el teorema 1, $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ están en homotecia desde $G$, el centroide, que es el mismo para ambos triángulos, y la razón de homotecia es $\dfrac{-1}{2}$.

Consideremos la altura $AD$ de $\triangle ABC$, la homotecia de $AD$ es una recta paralela a ella y que pasa por el punto homólogo de $A$, $A’$, es decir la homotecia de una altura de $\triangle ABC$ es una altura de $\triangle A’B’C’$.

Como el ortocentro $H$ de $\triangle ABC$ es la intersección de sus alturas, entonces su punto homologo bajo la homotecia estará en la intersección de las alturas de $\triangle A’B’C’$, esto es, el ortocentro de $\triangle A’B’C’$, $H’$.

Con esto tenemos que el ortocentro de $\triangle A’B’C’$ es colineal con $G$ el centroide y el ortocentro de $\triangle ABC$ respectivamente, además, debido a la razón de homotecia, $HG = 2GH’$.

Por la proposición 1, el ortocentro del triángulo medial $\triangle A’B’C’$ es el circuncentro $O$ de $\triangle ABC$.

Así, $O$, $G$ y $H$ son colineales y $HG = 2GO$.

$\blacksquare$

Observación. Notemos que si el triángulo es equilátero el ortocentro, el centroide y el circuncentro son el mismo punto y por lo tanto la recta de Euler degenera en un punto.

Problema. Construye un triángulo $\triangle ABC$ dados el vértice $A$, el circuncentro $O$ y las distancias de $A$ al ortocentro $AH$, y al centroide $AG$.

Solución. El centroide $G$ se encuentra en la circunferencia con centro en $A$ y radio $AG$, $(A, AG)$, el ortocentro $H$ se encuentra en la circunferencia con centro en $A$ y radio $H$, $(A, AH)$.

Por el teorema 3 sabemos que $H$, $G$ y $O$ son colineales y que $HO = 3GO$, por lo que $H$ y $G$ se encuentran en homotecia desde $O$.

Entonces, a $(A, AH)$ le aplicamos una homotecia con centro en $O $ y razón $\dfrac{1}{3}$, esto será una circunferencia $\Gamma$ y $G$ resultara de la intersección de $\Gamma$ con $(A, AG)$.

Teniendo a $G$ construido, como tenemos el circuncírculo $(O, OA)$ y un vértice del triángulo, el problema se reduce a la solución del problema 2 de la entrada anterior.

$\blacksquare$

Distancia entre puntos notables

Teorema 4. Para un triángulo con lados $a$, $b$, $c$, ortocentro $H$, centroide $G$, y circuncírculo $(O, R)$ tenemos:
$OH^2 = 9R^2 – (a^2 + b^2 + c^2)$,
$HG^2 = 4R^2 – \dfrac{4}{9}( a^2 – b^2 + c^2)$.

Demostración. Por el teorema 3 sabemos que $OH = 3OG$ y $HG = 2GO$, además en la entrada anterior calculamos
$OG^2 = R^2 – (\dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{9})$.

Por lo tanto,
$OH^2 = 9OG^2 = 9R^2 – (a^2 + b^2 + c^2)$,
$HG^2 = 4OG^2 = 4R^2 – \dfrac{4}{9}(a^2 + b^2 + c^2)$.

$\blacksquare$

Corolario. Podemos calcular la suma de los cuadrados de las distancias del ortocentro a los vértices del triángulo en función del circunradio y los lados del triángulo con la siguiente fórmula.
$HA^2 + HB^2 + HC^2 = 12R^2 + (a^2 + b^2 + c^2)$.

Demostración. Por el teorema 4, y usando las fórmulas encontradas en la entrada anterior
$HA^2 + HB^2 + HC^2 = GA^2 + GB^2 + GC^2 + 3HG^2$,
$GA^2 + GB^2 + GC^2 = \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{3}$ .

Esto implica que,
$HA^2 + HB^2 + HC^2 = \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{3} + 12R^2 – \dfrac{4}{3}(a^2 + b^2 + c^2)$
$= 12R^2 – (a^2 + b^2 + c^2)$.

$\blacksquare$

Más adelante…

En la siguiente entrada estudiaremos otro triángulo asociado a un triángulo dado, aquel cuyos vértices son los pies de las alturas del triángulo dado.

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 el triángulo complementario y el triángulo anticomplementario de un triángulo dado son homotéticos, encuentra el centro y la razón de homotecia.
Sea $\triangle ABC$ y $P$ un punto en el plano, considera $A’$, $B’$ y $C’$ los pies de las perpendiculares dese $P$ a $BC$, $AC$ y $AB$ respectivamente. Desde los puntos medios de $A’B’$, $A’C’$ y $B’C’$ traza perpendiculares a los lados de $AB$, $AC$ y $BC$ respectivamente, muestra que este último conjunto de perpendiculares son concurrentes.
Sean $D$, $D’ \in BC$ de un triangulo $\triangle ABC$, tal que el punto medio de $BC$ es el punto medio de $DD’$, sea $E = AD \cap B’C’$, donde $B’$ y $C’$ son los puntos medios de $AC$ y $AB$ respectivamente, muestra que $ED’$ pasa por el centroide de $\triangle ABC$.
Muestra que la recta de Euler de un triángulo pasa por uno de los vértices del triángulo si y solo si el triángulo es isósceles o rectángulo.
Prueba que la recta que une el centroide de un triangulo con un punto $P$ en su circuncírculo biseca al segmento que une el punto diametralmente opuesto a $P$ con el ortocentro.
Sean $H$, $G$, $(O, R)$ y $(I, r)$, el ortocentro, el centroide, el circuncírculo y el incírculo de un triángulo, muestra que:
$i)$ $HI^2 + 2OI^2 = 3(IG^2 + 2OG^2)$,
$ii)$ $3(IG^2 + \dfrac{HG^2}{2}) – IH^2 = 2R(R – 2r)$.

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Fuentes

Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 68-69, 94-96, 101-102.
Coxeter, H. y Greitzer, L., Geometry Revisited. Washington: The Mathematical Association of America, 1967, pp 18-19.
Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 65-68.

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»