Archivo del Autor: Rubén Alexander Ocampo Arellano

Geometría Moderna I: Medianas y centroide

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

Introducción

En la entrada puntos nobles del triangulo, vimos que las medianas de un triangulo concurren en un punto, al que llamamos centroide, y que este punto tiene la propiedad de trisecar a las medianas. En esta entrada estudiaremos algunas propiedades más de las medinas y el centroide.

Medianas como los lados de un triángulo

Teorema 1. Si con las medianas de un triángulo dado construimos otro triangulo, entonces cada mediana del triángulo construido es igual a tres cuartos uno de los lados del triángulo dado.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $AA´$, $BB’$ y $CC’$ las medianas del triángulo.

Construimos $D \in C’B’$ tal que $C’B’ = B’D$, como $C´B´$ es un segmento medio de $\triangle ABC$ entonces $C’B’ \parallel BC$ y $2C’B’ = BC$.

Lo anterior implica que $\square B’BA’D$ es un paralelogramo y por lo tanto $BB’ = A’D$.

Como las diagonales de $\square AC’CD$ se cortan en su punto medio entonces $\square AC’CD$ es un paralelogramo, por lo tanto, $CC’ = AD$, entonces los lados de $\triangle AA’D$ son las medianas de $\triangle ABC$, por criterio LLL, cualquier otro triangulo con los mismos lados será congruente con $\triangle AA’D$.

Sea $E = AA’ \cap C’B’$, como $A’C’$ es un segmento medio de $\triangle ABC$ entonces $\square AC’A’B’$ es un paralelogramo, por lo tanto, $E$ es el punto medio de $AA’$ y de $C’B’$.

Por lo anterior tenemos que $DE$ es mediana de $\triangle ADA’$ y que $DE = \dfrac{3}{4}$, pues por construcción $C’B’ = B’D$.

Dado que $C’D = BC$ $\Rightarrow DE = \dfrac{3}{4}BC$.

Con una construcción similar podemos ver que las otras medianas de $\triangle ADA’$ son iguales a $\dfrac{3}{4}AC$ y $\dfrac{3}{4}AB$.

Observación. Notemos que si seguimos este proceso de construir triángulos con las medianas del triángulo anterior obtenemos dos grupos de triángulos semejantes, un grupo conformado por el primer, el tercer, el quinto triángulo etc. En el otro grupo estarían el segundo, el cuarto triángulo … ambos con razón de semejanza $\dfrac{3}{4}$.

$\blacksquare$

Corolario 1. El área de un triángulo construido con las medianas de un triángulo dado, es igual a tres cuartos el área del triángulo dado.

Demostración. El área de $\triangle ADA’$ (figura 1) es igual a la suma de las áreas de $\triangle EDA$ y $\triangle EDA’$ que tienen la misma base $ED$ y la suma de sus alturas es igual a la altura de $\triangle ABC$ y por el teorema 1, $DE = \dfrac{3}{4}BC$.

Por lo tanto,
$(\triangle ADA’) = (\triangle EDA) + (\triangle EDA’) = \dfrac{ED \times h_1}{2} + \dfrac{ED \times h_2}{2}$
$= \dfrac{3}{4}\dfrac{BC(h_1 + h_2)}{2} = \dfrac{3}{4}(\triangle ABC)$.

$\blacksquare$

Construcciones

Problema 1. Construir un triángulo dadas las longitudes de sus medianas $m_a$, $m_b$ y $m_c$.

Por el teorema 1, sabemos que las medianas del triángulo cuyos lados son $m_a$, $m_b$ y $m_c$, están en proporción $\dfrac{3}{4}$ a los lados del triángulo buscado.

Para encontrar las medianas del triángulo con lados $m_a$, $m_b$ y $m_c$, podemos construir este triangulo y luego sus medianas o podemos calcular sus longitudes con el teorema de Apolonio.

Después, multiplicamos cada valor obtenido por $\dfrac{4}{3}$ y así obtendremos los lados del triangulo requerido.

$\blacksquare$

Problema 2. Dados una circunferencia y un punto dentro de esta, es posible inscribir en la circunferencia una infinidad de triángulos que tienen como centroide el punto dado.

Demostración. Sean $\Gamma(O)$ y $G$ la circunferencia y el punto dado, tomamos $A \in \Gamma(O)$, sobre la recta $AG$ construimos $A’$ tal que $GA’ = \dfrac{AG}{2}$.

Si $A’$ cae dentro de $\Gamma(O)$ por $A’$ trazamos una perpendicular a $OA’$ que interseca a $\Gamma(O)$ en $B$ en $C$, como $\triangle BOC$ es isósceles y $OA’$ es la altura por $O$, entonces $A’$ es el punto medio de $BC$.

En $\triangle ABC$ se cumple que $AA’$ es mediana y $G$ triseca a $AA’$, como el centroide de un triángulo es el único que tienen esa propiedad, entonces $G$ es el centroide de $\triangle ABC$.

Notemos que $A$ y $A’$ están en homotecia con centro en $G$ y razón $\dfrac{-1}{2}$, como $A$ describe una circunferencia, $A’$ describe una circunferencia.

Entonces hay dos posibilidades, que la homotecia de $\Gamma(O)$ este totalmente contenida dentro de ella, con lo que con cualquier punto $A$ de $\Gamma(O)$ será posible hacer la construcción previa, o la homotecia de $\Gamma(O)$ este parcialmente contenida dentro de $\Gamma(O)$ y solo con un arco de $\Gamma(O)$ será posible hacer la construcción.

Finalmente, notemos que no es posible que la homotecia de $\Gamma$ se encuentre completamente fuera de esta pues $G$ es un punto interior de $\Gamma$.

$\blacksquare$

Una propiedad del centroide

Lema. Sea $P$ un punto dentro de un triángulo $\triangle ABC$, entonces las áreas $(\triangle APB) = (\triangle APC)$ si y solo si $P$ se encuentra en la mediana $AA’$.

Demostración. Supongamos que $(\triangle APB) = (\triangle APC)$. Como $\triangle APB$ y $\triangle APC$ tienen la misma base $AP$ entonces sus alturas son iguales es decir la distancia de $B$ a $AP$ es igual a la distancia de $C$ a $AP$.

Ahora consideremos $A’ = AP \cap BC$, los triángulos $\triangle A’PB$ y $\triangle A’CP$ tienen la misma base $PA’$, por lo anterior sus alturas por B y C respectivamente también son iguales y así sus áreas son iguales $(\triangle A’PB) = (\triangle A’CP)$.

Por otro lado, para ambos triángulos, $\triangle A’PB$ y $\triangle A’CP$, la altura trazada por $P$ es la misma, esto implica que las respectivas bases son iguales, es decir $BA’ = A’C$.

Por lo tanto, $P$ está en la mediana trazada por $A$.

Recíprocamente supongamos que $P$ es un punto en la mediana $AA’$, como los pares de triángulos $\triangle BA’A$, $\triangle A’CA$ y $\triangle BA’P$, $\triangle A’CP$ tienen la misma altura desde $A$ y $P$ respectivamente, entonces
$(\triangle BA’A) = (\triangle A’CA)$ y $(\triangle BA’P) = (\triangle A’CP)$,

Por lo tanto,
$(\triangle BA’A) – (\triangle BA’P) = (\triangle A’CA) – (\triangle A’CP)$
$\Rightarrow (\triangle APB) = (\triangle APC)$.

$\blacksquare$

Teorema 2. Sea $G$ un punto dentro de un triángulo $\triangle ABC$, entonces $(\triangle AGB) = (\triangle AGC) = (\triangle BGC)$ si y solo si $G$ es el centroide de $\triangle ABC$.

Demostración. Supongamos que $(\triangle AGB) = (\triangle AGC) = (\triangle BGC)$, por el teorema anterior esto ocurre si y solo si $G$ está en la intersección de las medianas, si y solo si $G$ es el centroide de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Proposición 1. Sean $\triangle ABC$ con $BC = a$, $AC = b$ y $AB = c$. Sean $G$ el centroide y $P$, $Q$, $R$ los pies de las perpendiculares desde $G$ a los lados $AB$, $BC$ y $AC$ respectivamente, entonces
$(\triangle PQR) = \dfrac{4}{9}(\triangle ABC)^3(\dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{a^2b^2c^2})$.

Demostración. Por el teorema 3, $\triangle AGB$, $\triangle AGC$ y $\triangle BGC$ tienen la misma área, entonces
$(\triangle BGC) = \dfrac{BC \times GQ}{2}$
$\Rightarrow GQ = \dfrac{2(\triangle BGC)}{a} = \dfrac{2(\triangle ABC)}{3a}$.

De manera análoga tenemos que
$GP = \dfrac{2(\triangle ABC)}{3c}$ y $GR = \dfrac{2(\triangle ABC)}{3b}$.

Notemos que en $\square PBQG$, $\angle P + \angle Q = \pi$, en consecuencia tenemos que
$\angle G + \angle B = \pi$
$\Rightarrow \sin \angle PGQ = \sin \angle B$

Recordemos que podemos calcular el área de $\triangle ABC$ con la formula $\dfrac{ac \sin \angle B}{2}$.

Ahora calculamos
$(\triangle PGQ) = \dfrac{GP \times GQ \sin \angle B}{2}$

$= \dfrac{4(\triangle ABC)^2}{9ac} \dfrac{(\triangle ABC)}{ac}$

$= \dfrac{4(\triangle ABC)^3}{9a^2c^2}$.

De lo anterior se sigue que
$(\triangle PQR) = (\triangle PGQ) + (\triangle QGR) + (\triangle RGP)$

$= \dfrac{4(\triangle ABC)^3}{9a^2c^2} + \dfrac{4(\triangle ABC)^3}{9a^2b^2} + \dfrac{4(\triangle ABC)^3}{9b^2c^2}$

$= \dfrac{4}{9}(\triangle ABC)^3(\dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{a^2b^2c^2})$.

$\blacksquare$

Distancia entre el centroide y el circuncentro

Teorema 3. Sean $\triangle ABC$, $G$ su centroide y $P$ un punto en el plano, entonces tenemos la siguiente igualdad
$PA^2 + PB^2 + PC^2 = GA^2 + GB^2 + GC^2 + 3PG^2$.

Demostración. Consideremos $A’$ y $M$ puntos medios de $BC$ y $AG$ respectivamente, con el teorema de Apolonio podemos calcular las medianas de los triángulos $\triangle BPC$, $\triangle A’PM$ y $\triangle GPA$ y tomemos en cuenta que $GA = MA’$.

Por lo tanto,
$PB^2 + PC^2 = 2PA’^2 + \dfrac{BC^2}{2}$,
$PG^2 + PA^2 = 2PM^2 + \dfrac{GA^2}{2}$,
$PA’^2 + PM^2 = 2PG^2 + \dfrac{MA’^2}{2} = 2PG^2 + \dfrac{GA^2}{2}$.

Sumando las tres expresiones y recordando que $GA = 2GA’$, obtenemos
$PA^2 + PB^2 + PC^2 = (PA’^2 + PM^2) + PG^2 + GA^2 + \dfrac{BC^2}{2}$
$= 2PG^2 + \dfrac{GA^2}{2} + PG^2 + GA^2 + \dfrac{BC^2}{2}$
$= 3PG^2 + GA^2 + 2GA’^2 + \dfrac{BC^2}{2}$.

Ahora aplicamos el teorema de Apolonio a $\triangle BGC$ y obtenemos
$GB^2 + GC^2 = 2GA’^2 + \dfrac{BC^2}{2}$.

Por lo tanto,
$PA^2 + PB^2 + PC^2 = 3PG^2 + GA^2 + GB^2 + GC^2$.

$\blacksquare$

Proposición 2. La suma de los cuadrados de las distancias del centroide de un triángulo a sus vértices es igual a un tercio la suma de los cuadrados de los lados del triángulo.

Demostración. Sea $\triangle ABC$ con $a = BC$, $b = AC$ y $c = AB$, con la formula para las medianas obtenemos:
$GA^2 = \dfrac{4}{9}AA’^2 = \dfrac{4}{9} (\dfrac{b^2 + c^2}{2} – \dfrac{a^2}{4})$,
$GB^2 = \dfrac{4}{9}BB’^2 = \dfrac{4}{9} (\dfrac{a^2 + c^2}{2} – \dfrac{b^2}{4})$,
$GC^2 = \dfrac{4}{9}CC’^2 = \dfrac{4}{9} (\dfrac{a^2 + b^2}{2} – \dfrac{c^2}{4})$.

Por lo tanto,
$GA^2 + GB^2 + GC^2 = \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{3}$.

$\blacksquare$

Corolario 2. La distancia entre el centroide $G$ y el circuncentro $O$ de un triángulo $\triangle ABC$ con circunradio $R$ se puede expresar de la siguiente forma:

$OG^2 = R^2 – (\dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{9})$.

Demostración. Por el teorema 3 y la proposición 2 tenemos lo siguiente
$3R^2 = OA^2 + OB^2 + OC^2 = 3OG^2 + GA^2 + GB^2 + GC^2$
$= 3OG^2 + \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{3}$.

Despejando $OG^2$ obtenemos el resultado
$OG^2 = R^2 – (\dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{9})$.

$\blacksquare$

Más adelante…

En la siguiente entrada estudiaremos algunas propiedades de un triangulo especial asociado a un triangulo dado, aquel que tiene como vértices los puntos medios del triangulo dado. Esto nos permitirá mostrar que el ortocentro, el centroide y el circuncentro de un triángulo siempre 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.

Construye un triángulo dados dos vértices y el centroide.
Prueba que en un triángulo la recta que une el punto medio de una de sus medianas con uno de los vértices del triángulo triseca el lado opuesto al vértice considerado.
Muestra que las medianas de un triángulo dividen al triangulo en seis triángulos que tienen la misma área.
Demuestra que en un triangulo,
$i)$ entre cualesquiera dos de sus medianas la menor de ellas biseca al lado mas grande,
$ii)$ si dos de sus medianas son iguales entonces el triangulo es isósceles.
Sean $\triangle ABC$ y $AA’$, $BB’$, $CC’$ sus medianas, muestra que $\frac{3}{4}(AB^2 + BC^2 + AC^2) = AA’^2 +BB’^2 + CC’^2$.
Sea $\triangle ABC$ con medianas $AA’$, $BB’$ y $CC’$, sean $m = AA’ + BB’ + CC’$ y $s = AB + BC + CA$, muestra que $\frac{3}{2}s > m > \frac{3}{4}s$.

Entradas relacionadas

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Entrada anterior del curso: Desigualdades geométricas.
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Otros cursos.

Fuentes

Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 65-71.
Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 80-84.
Posamentier, A. y Salkind, C; Challenging Problems in Geometry. New York: Dover, 1996, pp 14.

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: Potencia de un punto

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

En esta ocasión estudiaremos la potencia de un punto con respecto a una circunferencia, esta es una herramienta que nos permite establecer una medida de la distancia de un punto a una circunferencia dada.

Potencia de un punto respecto a una circunferencia

Teorema 1. Sea $\Gamma$ una circunferencia y $P$ un punto en el plano, por $P$ tracemos una secante a $\Gamma$, con intercesiones en $A$ y en $B$, entonces el número $PA \times PB$ es independiente de la secante que tracemos.

Demostración. Consideremos dos secantes desde $P$, $PAB$ y $PCD$, consideremos los triángulos $\triangle PAD$ y $\triangle PCB$, tenemos que $\angle CDA = \angle CBA$, pues abarcan el mismo arco de circunferencia.

Si $P$ es un punto exterior a $\Gamma$, $\angle APC$ es un ángulo común de los triángulos considerados.

Si $P$ es un punto interior a $\Gamma$, $\angle APD = \angle BPC$ por ser opuestos por el vértice.

Por criterio de semejanza AA, $\triangle PAD \sim \triangle PCB$,
$\Rightarrow \dfrac{PA}{PC} = \dfrac{PD}{PB}$
$\Rightarrow PA \times PB = PC \times PD$.

$\blacksquare$

Definición. Al valor constante $PA \times PB$, se le conoce como la potencia de $P$ respecto a la circunferencia $\Gamma$.

Otras expresiones para la potencia

Proposición 1. Sea $P$ un punto en el plano y $(O, R)$ una circunferencia, entonces la potencia de $P$ respecto a $(O, R)$ es igual a $|OP^2 – R^2|$.

Demostración. Por $P$ tracemos la secante $AB$ a $(O, R)$ que pasa por $O$.

Si $P$ es exterior $PA \times PB = (OP – OA)(OP + OB) = (OP – R)(OP + R) = OP^2 – R^2$.

Si $P$ es interior $PA \times PB = (OA – OP)(OP + OB) = (R – OP)(OP + R) = R^2 – OP^2$.

$\blacksquare$

Proposición 2. Si $P$ es un punto exterior a una circunferencia $\Gamma$, entonces el cuadrado del segmento tangente $PT$ a $\Gamma$ es igual a la potencia de $P$ respecto a $\Gamma$.

Demostración. Tracemos una secante $PAB$ por $P$ a $\Gamma$ (figura 2), consideremos $\triangle PAT$ y $\triangle PTB$, como el ángulo semiinscrito $\angle ATP$, abarca el mismo arco que el ángulo inscrito $\angle ABT$, entonces son iguales, además $\angle TPA$ es un ángulo común a ambos triángulos.

Por criterio de semejanza AA, $\triangle PAT \sim \triangle PTB$,
$\Rightarrow \dfrac{PA}{PT} = \dfrac{PT}{PB}$
$\Rightarrow PA \times PB = PT^2$

$\blacksquare$

Teorema de las cuerdas

Teorema 2. Considera dos segmentos $AB$, $CD$ que se intersecan en $P$, entonces $A$, $B$, $C$ y $D$ son cíclicos si y solo si $PA \times PB = PC \times PD$.

Demostración. Supongamos que $A$, $B$, $C$, y $D$ son cíclicos, tanto si $P$ es interno o externo a la circunferencia, por el teorema 1, $PA \times PB = PC \times PD$.

Ahora supongamos se cumple $PA \times PB = PC \times PD$,
$\Rightarrow \dfrac{PB}{PD} = \dfrac{PC}{PA}$.

En caso de que $P$ este en la extensión de ambos segmentos (izquierda figura 3), $\angle APC$ es un ángulo común de los triángulos $\triangle PCB$ y $\angle PAD$.

En caso de que $P$ este contenido en ambos segmentos (derecha figura 3), entonces $\angle BPC = \angle APD$ por ser opuestos por el vértice.

Por criterio de semejanza LAL, $\triangle PCB \sim \triangle PAD$ $\Rightarrow \angle CDA = \angle CBA$.

Sabemos que el lugar geométrico de los puntos que subtienden ángulos iguales con el segmento $AC$, es un arco de circunferencia que pasa por $A$ y $C$. Por lo tanto, $A$, $B$, $C$ y $D$ son cíclicos.

$\blacksquare$

Formula de Euler

Teorema 3, formula de Euler. Considera el circuncírculo $(O, R)$ y el incírculo $(I, r)$ de un triángulo $\triangle ABC$, entonces $IO^2 = R(R – 2r)$.

Demostración. Sea $K = AI \cap (O, R)$, entonces $\angle BAK = \angle KAC$, pues $AK$ es bisectriz de $\angle A$.

$\angle KAC = \angle KBC$, pues abarcan el mismo arco, por lo tanto $\angle BAK = \angle KBC$.

$\Rightarrow \angle KBI = \angle KBC + \angle CBI = \angle BAK + \angle CBI = \dfrac{\angle A + \angle B}{2}$.

El ángulo $\angle BIK$ es un ángulo exterior de $\triangle BAI$, por lo que es igual a la suma de los ángulos no adyacentes a el,
$\angle BIK = \angle IBA + \angle BAI = \dfrac{\angle A + \angle B}{2}$
$\Rightarrow \angle BIK = \angle KBI$.

Por lo tanto $\triangle IKB$ es isósceles.

Por otro lado, considera $K’ = KO \cap (O, R)$, $Z = AB \cap (I, r)$, $\triangle BK’K$ es rectángulo, pues $KK’$ es diámetro.

Notemos que $\angle ZAK = \angle BAK = \angle BK’K$, pues abarcan el mismo arco, entonces por criterio de semejanza AA, $\triangle ZAI \sim \triangle BK’K$
$\Rightarrow \dfrac{AI}{K’K} = \dfrac{ZI}{BK}$
$\Rightarrow \begin{equation} AI \times BK = K’K \times ZI = 2Rr. \end{equation}$

Por la proposición 1, la potencia de $I$ con respecto a $(O, R)$
$\Rightarrow \begin{equation} AI \times KI = R^2 – IO^2. \end{equation}$

Haciendo el cociente de $(1)$ y $(2)$ tenemos que $\dfrac{BK}{KI} =\dfrac{2Rr}{R^2 – IO^2}$.

Como $\triangle IKB$ es isósceles entonces $BK = KI$
$\Rightarrow IO^2 – R^2 = –2Rr$
$\Rightarrow IO^2 = R^2 – 2Rr = R(R – 2r)$.

$\blacksquare$

Reciproco de la formula de Euler

Teorema 4. Sean $(O, R)$, $(I, r)$, dos circunferencias tal que $(I, r)$ está en el interior del círculo $(O, R)$ y tal que la distancia entre sus centros cumple la igualdad $IO^2 = R(R – 2r)$, entonces existen una infinidad de triángulos inscritos en $(O, R)$ y circunscritos en $(I, r)$.

Demostración. Dado que varios argumentos son iguales a los del teorema 3 solo serán mencionados, nos guiaremos en la figura 4.

Desde cualquier punto $A \in (O, R)$ trazamos las tangentes a $(I, r)$ que intersecan a $(O, R)$ en $B$ y $C$, sea $K = AI \cap (O, R)$, usando la igualdad dada y la potencia de $I$ respecto de $(O, R)$ obtenemos,
$\begin{equation} AI \times IK = R^2 – IO^2 = 2Rr. \end{equation}$.

Sean $Z$ e $Y$ los puntos de tangencia de $AB$ y $AC$ con $(I, r)$ respectivamente, por criterio hipotenusa-cateto los triángulos rectángulos $\triangle AIZ$ y $\triangle AIY$ son congruentes por lo que $AK$ es bisectriz de $\angle A$.

Sea $K’ = KO \cap (O, R)$, como $\triangle BKK’$ es rectángulo y $\angle BK’K = \angle ZAI$, por criterio de semejanza AA, $\triangle ZAI \sim \triangle BK’K$ y tenemos que
$\dfrac{AI}{K’K} = \dfrac{ZI}{BK}$
$\Rightarrow \begin{equation} AI \times BK = K’K \times ZI = 2Rr. \end{equation}$

Por $(3)$ y $(4)$ tenemos $AI \times IK = AI \times BK$
$\Rightarrow IK = BK$

Así $\triangle IKB$ es isósceles y $\angle KBI = \angle BIK$, pero
$\angle KBI = \angle KBC + \angle CBI = \dfrac{\angle A}{2} + \angle CBI$ y $\angle BIK = \dfrac{\angle A}{2} + \angle IBA$,
$\Rightarrow CBI = IBA$.

Sea $X$ pie de la perpendicular a $BC$ desde $I$, entonces por criterio de congruencia ALA, $\triangle IZB \cong \triangle IXB$ $\Rightarrow IZ = IX$.

Por lo tanto, $BC$ es tangente a $(I, r)$ en $X$, así $\triangle ABC$ está inscrito en $(O, R)$ y circunscrito en $(I, r)$.

$\blacksquare$

Lema de Haruki

Lema de Haruki. Sean $AB$ y $CD$ dos cuerdas de una circunferencia $\Gamma_1$ que no se intersecan considera $P$ un punto variable en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{BA}$ que no contiene a $C$ y a $D$. Sean $E = PC \cap AB$ y $F = PD \cap AB$, entonces el numero $\dfrac{AE \times FB}{EF}$, es independiente de la posición de $P$ en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{BA}$.

Demostración. Consideremos $\Gamma_2$ circuncírculo de $\triangle PED$ y sea $G = AB \cap \Gamma_2$, entonces $\angle EPD = \angle EGD$, pues abarcan el mismo arco.

Entonces $\angle AGD = \angle EGD = \angle EPD = \angle CPD$, esté último ángulo es fijo mientras $P$ varié en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{BA}$.

$A$ y $D$ son puntos fijos y $G$ siempre está sobre la recta $AB$, $G$ es un punto fijo, por lo tanto, el valor $BG$ es fijo.

Por otro lado, calculamos la potencia de $F$ respecto de ambas circunferencias
$FA \times FB = FP \times FD$ y $FE \times FG = FP \times FD$
$\Rightarrow (AE + FE) FB = FP \times FD = EF (FB + BG)$
$\Rightarrow \dfrac{AE \times FB}{EF} = BG$.

$\blacksquare$

Mas ejemplos

Problema 1. Sean $\triangle ABC$ y $D$ un punto interior del triángulo tal que $BE \times BA = CA \times CF$ donde $E$ y $F$ son los pies de las perpendiculares a $AB$ y $AC$ trazados desde $D$, encuentra el lugar geométrico de $D$.

Solución. Como $\angle DEA = \angle AFD = \dfrac{\pi}{2}$, entonces $AD$ es diámetro de una circunferencia que pasa por $E$ y $F$, por lo que el centro $O$ de dicha circunferencia $\Gamma(O)$ es el punto medio de $AD$.

Por la proposición 1, la potencia de $B$ y $C$ respecto a $\Gamma(O)$ es
$OB^2 – R^2 = BE \times BA = CA \times CF = OA^2 – R^2$,
$\Rightarrow OB = OC$.

Esto implica que el conjunto $R$, de los puntos medios del segmento $AD$, esta contenido en la mediatriz del segmento $BC$, así el lugar geométrico de los puntos $D$, está en homotecia con centro en $A$ y razón $2$ con el conjunto $R$, esto es una recta paralela a la mediatriz de $BC$ y que esta en el interior de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Observación. Notemos que si $D$ es un punto exterior de $\triangle ABC$ entonces $B$ y $C$ podrían situarse en lugares distintos respecto de $\Gamma(O)$, es decir uno fuera y otro dentro, por lo que la igualdad $OB = OC$ no seria cierta.

Problema 2. Considera $\triangle ABC$ y $(O, R)$ su circuncírculo, sean $D \in AB$ y $E \in AC$, sean $F$, $G$ y $H$ los puntos medios de $BE$, $CD$ y $DE$ respectivamente, si $DE$ es tangente al circuncírculo de $\triangle FGH$, muestra que $OD = OE$.

Como el ángulo semiinscrito $\angle DHF$ y el ángulo inscrito $\angle HGF$ abarcan el mismo arco, son iguales entre si.

Dado que $HF$ es un segmento medio de $\triangle BDE$ entonces $HF \parallel BD$ y $2HF = BD$
$\Rightarrow \angle DHF = \angle HDA$
$\Rightarrow \angle HGF = \angle HDA$.

De manera análoga podemos ver que $\angle GFH = \angle AED$ y que $HG \parallel EC$ y $2HG = EC$.

Por criterio de semejanza AA, $\triangle FGH \sim \triangle EDA$, entonces
$\dfrac{AE}{HF} = \dfrac{AD}{HG}$
$\Rightarrow \dfrac{AE}{\dfrac{BD}{2}} = \dfrac{AD}{\dfrac{EC}{2}}$
$\Rightarrow AE \times EC = AD \times BD$.

Por lo tanto, $D$ y $E$ tienen la misma potencia respecto a el circuncírculo de $\triangle ABC$.

Por la proposición 1, $R^2 – OD^2 = R^2 – OE^2$, $\Rightarrow OD = OE$.

$\blacksquare$

Más adelante…

Para concluir con los temas básicos de geometría de la circunferencia en la siguiente entrada hablaremos sobre el teorema de Ptolomeo que nos da una condición necesaria y suficiente para que un cuadrilátero convexo sea cíclico, este teorema nos ayudara mas adelante a demostrar algunas identidades trigonométricas.

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.

Dos segmentos $PA$ y $BC$ se intersecan en $P$, si $PA^2 = PB \times PC$, muestra que $PA$ es tangente al circuncírculo de $\triangle ABC$ en $A$.

$\triangle ABC$ es un triangulo rectángulo con $\angle A = \dfrac{\pi}{2}$, sea $D \in BC$ el pie de la altura por $A$, considera $\Gamma_1$ el circuncírculo de $\triangle ADC$ y $\Gamma_2$ una circunferencia tangente a $\Gamma_1$ externamente y tangente a $AB$ y $BC$ en $E$ y $F$ respectivamente, muestra que $CE = CF$.

Considera $(O, R)$, $(I, r)$ y $(I_a, r_a)$, el circuncírculo, el incírculo y alguno de los excÍrculos respectivamente de un triangulo, muestra que:
$i)$ $OI_a^2 = R(R + 2r_a)$,
$ii)$ $II_a^2 = 4R(r_a – r)$.
Sean $\triangle ABC$, $D \in BC$ el pie de la altura por $A$ y $H \in AD$. Muestra que $H$ es el ortocentro de $\triangle ABC$ si y solo si $DB \times DC = AD \times HD$.

Teorema de la mariposa. Sea $AB$ una cuerda de una circunferencia y $M$ su punto medio. Por $M$ trazamos otras dos cuerdas $PQ$ y $RS$, sean $E = PS \cap AB$ y $F = RQ \cap AB$. Prueba que $M$ es el punto medio de $EF$.

Entradas relacionadas

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Otros cursos.

Fuentes

Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 1-11.
Coxeter, H. y Greitzer, L., Geometry Revisited. Washington: The Mathematical Association of America, 1967, pp 27-31.
Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 118-124.
Geometría interactiva
Wikipedia
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 homotéticas

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

Esta es la segunda parte de la entrada anterior, donde presentamos el concepto de homotecia, en esta entrada nos enfocaremos en circunferencias homotéticas.

Homotecia de una circunferencia

Teorema 1. La homotecia de una circunferencia es una circunferencia.

Demostración. Sea $(O, r)$ una circunferencia y consideremos una homotecia con centro en $H$ y razón $k$. Tomemos $P \in (O, r)$, y sean $P’$ y $O’$ los puntos homólogos de $P$ y $O$ respectivamente.

Como $P’O’ \parallel PO$ entonces $\triangle HO’P’ \sim \triangle HOP$
$\Rightarrow \dfrac{O’P’}{OP} = \dfrac{HP’}{HP} = k$
$\Rightarrow O’P’ = k \times OP = kr$

Por lo tanto, si $P$ describe una circunferencia, su punto homologo $P’$, se mueve a una distancia fija $kr$ de un punto fijo $O’$, esto es una circunferencia con centro en $O’$ y radio $r’ = kr$, $(O’, r’)$.

$\blacksquare$

Observaciones. Notemos que los respectivos centros $O$ y $O’$ son puntos homólogos y que la razón entre los radios de las circunferencias homotéticas es la razón de homotecia.

Recordemos que por convención, el punto homólogo del centro de homotecia es el mismo y como el centro de homotecia es colineal con los centros de las circunferencias homotéticas, si una de las circunferencias pasa por el centro de homotecia $H$, entonces la otra circunferencia también pasara por $H$ y ambas serán tangentes en $H$.

Si tomamos como centro de una circunferencia el centro de homotecia entonces las circunferencias homotéticas serán concéntricas.

Un triangulo variable

Teorema 2. Si un vértice de un triángulo variable esta sobre un punto fijo, un segundo vértice esta sobre una circunferencia dada y el triángulo variable siempre es semejante a un triángulo dado, entonces el tercer vértice del triángulo describe una circunferencia.

Demostración. Sea $\triangle ABC$ una de las posiciones del triángulo variable, donde $B$ es el punto fijo y $C$ está en $(O, r)$, la circunferencia dada.

Sea $C’ \in AB$ tal que $BC’ = BC$, sobre $BC’$ construimos un triángulo $\triangle BO’C’$ congruente a $\triangle BOC$, de tal manera que sea posible a través de una rotación con centro en $B$ superponer $\triangle BOC$ con $\triangle BO’C’$.

Como $\angle OBC = \angle O’BC’$ entonces $\angle OBO’ = \angle CBC’ = \angle CBA$, este último ángulo es fijo por lo que la dirección de la recta $BO’$ es fija.

$BO’ = BO$ entonces $O’$ es un punto fijo para cualquier otra posición del triángulo variable $\triangle ABC$.

Como $CO’ = CO = r$, entonces todos los puntos $C’$ se mueven a una distancia fija $r$ de un punto fijo $O’$, por lo tanto, $C’$ describe una circunferencia.

Ya que $\dfrac{BA}{BC’} = \dfrac{BA}{BC}$ y esta última razón es fija, pues todos los triángulos $\triangle ABC$ son semejantes entre sí, $A$ y $C’$ son puntos homólogos de una homotecia con centro en $B$ y razón $\dfrac{BA}{BC}$, y como $C’$ describe una circunferencia, entonces por el teorema 1, $A$ también describe una circunferencia.

$\blacksquare$

Observación. Notemos que en el punto fijo se puede construir cualquiera de los tres ángulos dados, así, en el vértice que esta en el circulo dado tenemos otras dos elecciones, y el tercer vértice lo podemos construir a ambos lados del segmento $BC$, con lo que en total existen $12$ circunferencias diferentes que puede describir el tercer vértice.

Homotecia entre dos circunferencias dadas

Teorema 3. Dadas dos circunferencias de centros o radios distintos, siempre es posible encontrar una homotecia entre las dos.

Demostración. Sean $(O, r)$ y $(O’, r’)$ tal que $O \neq O’$ y $r \neq r’$, tomemos $P \in (O, r)$ y tracemos por $O’$ un radio $O’P’$ paralelo a $OP$, sea $H = OO’ \cap PP’$.

Entonces $\triangle HO’P’ \sim \triangle HOP$
$\Rightarrow \dfrac{HP’}{HP} = \dfrac{HO’}{HO} = \dfrac{O’P’}{OP} = \dfrac{r’}{r}$.

En consecuencia, la homotecia con centro en $H$ y razón $k = \dfrac{r’}{r}$ lleva a $(O, r)$ en $(O’, r’)$.

Ahora consideremos $P’’$ el punto diametralmente opuesto a $P’$ en $(O’, r’)$, sea $H’ = OO’ \cap PP’’$, entonces $\triangle H’O’P’’ \sim \triangle H’OP$
$\Rightarrow \dfrac{H’P’’}{H’P} = \dfrac{H’O’}{H’O} = \dfrac{O’P’’}{OP} = \dfrac{r’}{r} = k$.

Así, hemos encontrado dos homotecias entre $(O, r)$ y $(O’, r’)$.

$\blacksquare$

Observación. Si las circunferencias son concéntricas entonces solo hay una homotecia entre ellas, la que tiene como centro el centro de las circunferencias.

Si las circunferencias tienen el mismo radio entonces la única homotecia entre ellas es la que tiene como centro el punto medio del segmento que une los radios.

Corolario 1. Rectas tangentes comunes a dos circunferencias pasan por un centro de homotecia.

Demostración. Supongamos que $TT’$ es una recta tangente exterior (es decir, la recta $TT’$ corta al segmento $OO’$ exteriormente) a dos circunferencias $(O, r)$ y $(O’, r’)$, donde $T \in (O, r)$ y $T’ \in (O’, r’)$.

Sea $H = OO’ \cap TT’$, como $O’T’ \parallel OT$ entonces $\triangle HO’T’ \sim \triangle HOT$
$\Rightarrow \dfrac{HT’}{HT} = \dfrac{HO’}{HO} = \dfrac{O’T’}{OT} = \dfrac{r’}{r}$.

Como el punto que divide externamente al segmento $OO’$ en la razón $\dfrac{r’}{r}$ es único, entonces $H$ es un centro de homotecia de $(O, r)$ y $(O’, r’)$.

Es análogo ver que las tangentes internas de dos circunferencias pasan por un centro de homotecia.

$\blacksquare$

Incírculo y exírculo en homotecia

Teorema 3. Sea $\triangle ABC$, considera $(I, r)$ y $(I_b, r_b)$ su incírculo y $B$-excírculo respectivamente, sean $D$ el punto de tangencia de $AC$ con $(I, r)$ y $D’$ el punto diametralmente opuesto a $D$ en $(I, r)$, sea $E = BD’ \cap AC$, entonces $E$ es el punto de tangencia de $AC$ con $(I_b, r_b)$ y el punto medio de $AC$ es el punto medio de $DE$.

Demostración. Por el corolario 1, existe una homotecia con centro en $B$ y razón $\dfrac{r_b}{r}$ que lleva a $(I, r)$ en $(I_b, r_b)$, sea $X \in (I_b, r_b) $ el punto correspondiente a $D’ \in (I, r)$ bajo esta transformación.

Entonces $ID’ \parallel I_bX$, pero $ID’ \perp AC$ $\Rightarrow I_bX \perp AC$ y como $AC$ es tangente a $(I_b, r_b)$ entonces $X \in AC$.

Como $X \in AC$ y $X$ es colineal con $B$ y $D’$ entonces $X = E$, así, $AC$ es tangente a $(I_b, r_b)$ en $E$.

Por otro, lado sean $P$, $Q$ los puntos de tangencia de $BC$ con $(I, r)$ y $(I_b, r_b)$ respectivamente y sean $R$, $S$ los puntos de tangencia de $AB$ con $(I, r)$ y $(I_b, r_b)$ respectivamente.

Recordemos que las tangentes desde un punto externo a una circunferencia son iguales.

$BP + PC + CQ = BQ = BS = BR + RA + AS \Rightarrow PC + CQ = RA + AS$
$\Rightarrow CD + CE = AD + AE \Rightarrow 2CE + DE = 2AD + DE$
$\Rightarrow CE = AD$

Por lo tanto, el punto medio de $AC$ es el punto medio de $DE$.

$\blacksquare$

Concurrencia de rectas

Corolario 2. Con las mismas condiciones y notación del teorema anterior, sea $H \in AC$ el pie de la altura por $B$, y sea $M$ el punto medio de $BH$, entonces $EI$ y $I_bD$ concurren en $M$ (figura 6).

Demostración. Ya que $D’D \parallel BH$ entonces $\triangle EBH \sim \triangle ED’D$,
$\Rightarrow \dfrac{EB}{ED’} = \dfrac{EH}{ED}$.

Es decir, hay una homotecia con centro en $E$ que lleva a los puntos $D’$ y $D$ a los puntos $B$ y $H$ respectivamente, esto implica que el punto medio de $D’D$ es homólogo del punto medio de $BH$.

Por lo tanto, $E$, $I$ y $M$ son colineales.

Por otra parte, consideremos la homotecia con centro en $B$ que lleva a $(I, r)$ en $(I_b, r_b)$ y sea $E’ \in (I_b, r_b)$ el punto homólogo de $D \in (I, r)$.

Como $(D, E’)$ y $(D’, E)$ son pares de puntos homólogos bajo la misma homotecia, entonces $DD’ \parallel E’E$ pero $DD’ \parallel HB$ $\Rightarrow E’E \parallel HB$.

Entonces $\triangle DEE’ \sim \triangle DHB$.
$\Rightarrow \dfrac{DB}{DE’} = \dfrac{DH}{DE}$.

En consecuencia, existe una homotecia con centro en $D$, y $(E, H)$, $(E’, B)$ son pares de puntos homólogos, de esto de sigue que el punto medio de $EE’$ y el punto medio de $BH$ son puntos homólogos.

Ya que $E’E \perp AC$, entonces es diámetro de $(I_b, r_b)$, por lo que $I_b$ es el punto medio de $E’E$ y así, $I_b$, $D$ y $M$ son colineales.

Por lo tanto, $EI$ y $I_bD$ concurren en $M$.

$\blacksquare$

Más adelante…

En la siguiente entrada hablaremos sobre la potencia de un punto con respecto a una circunferencia, es una herramienta útil que relaciona cualesquiera dos secantes a una circunferencia desde un punto en el plano, incluyendo el caso cuando una secante se vuelve tangente.

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.

Un triángulo variable tiene un vértice sobre un punto fijo, un vértice sobre una recta fija y el triangulo permanece semejante a un triángulo dado, muestra que el tercer vértice describe una línea recta.
Considera dos circunferencias que se intersecan, por uno de los puntos de intersección traza una recta que forme una cuerda en cada circunferencia y tal que la razón entre sus longitudes sea igual a una razón dada.
Construye un triángulo semejante a un triángulo dado, de tal forma que un vértice sea un punto dado y los otros dos vértices estén sobre dos circunferencias dadas.
Construye un triangulo $\triangle ABC$ dado su incentro, el punto medio del lado $BC$ y el pie de la altura por $A$.
Lema de Arquímedes. Sea $\Gamma_2$ una circunferencia internamente tangente a una circunferencia $\Gamma_1$ en un punto $H$, considera $AB$, una cuerda de $\Gamma_1$ que es tangente a $\Gamma_2$ en $P$, sea $Q$ el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{AB}$ (figura 7), muestra que:
$i)$ $Q$, $P$ y $H$ son colineales,
$ii)$ $QP \times QH = QB^2$.

Sea $\Gamma_2$ una circunferencia internamente tangente a una circunferencia $\Gamma_1$ en un punto $H$, considera una secante a ambas circunferencias en $A$, $B$, $C$ y $D$ (figura 8), prueba que $\angle AHC = \angle BHD$.

Entradas relacionadas

Ir a Geometría Moderna I.
Entrada anterior del curso: Homotecia.
Siguiente entrada del curso: Potencia de un punto.
Otros cursos.

Fuentes

Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 46-51.
Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 199-208.
Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 109-114.

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: Homotecia

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

En esta entrada estudiamos el tema de homotecia, se trata de una transformación que lleva una figura del plano a otra semejante, con lados correspondientes paralelos y vértices correspondientes concurrentes, esto nos permite entre otras cosas, abordar algunos problemas de construcciones geométricas.

Definición 1. Considera un punto $H$, un conjunto de puntos $F$ y $k$ un numero real, para cada $X \in F$ sea $X’$ tal que $X’$, $X$ y $H$ son colineales y $\dfrac{HX’}{HX} = k$.

Sea $F’$ el conjunto de puntos $X’$, diremos que los conjuntos $F$ y $F’$ son figuras homotéticas y los puntos $X$ y $X’$ son puntos homólogos.

$H$ se llama centro de homotecia, $k$ es la razón de homotecia y la relación entre $F$ y $F’$ es una homotecia con centro en $H$ y razón $k$. Por convención el centro de homotecia $H$ es su propio punto homólogo.

Si puntos homólogos de una homotecia están del mismo lado del centro de homotecia decimos que los conjuntos son directamente homotéticos y la razón de homotecia es positiva, si los puntos homólogos están en lados opuestos respecto del centro de homotecia decimos que las figuras son inversamente homotéticas y la razón de homotecia será negativa.

Homotecia de una recta

Teorema 1. La homotecia de una recta que no pasa por el centro de homotecia es una recta paralela.

Demostración. Sean $H$ y $k$ el centro y la razón de homotecia, y sea $l$ una recta que no pasa por $H$. Tomemos tres puntos arbitrarios $P$, $Q$, $R \in l$, sean $P’$, $Q’$ y $R’$ sus correspondientes puntos homólogos.

Como $\dfrac{HP’}{HP} = k = \dfrac{HQ’}{HQ}$, por el reciproco del teorema de Tales, $PQ \parallel P’Q’$.

Análogamente vemos que $QR \parallel Q’R’$ y $PR \parallel P’R’$.

Supongamos que $P’$, $Q’$ y $R’$ no son colineales, entonces $\triangle P’Q’R’$ es un triángulo y así $\triangle PQR$ es un triángulo con lados paralelos a los de $\triangle P’Q’R’$, lo cual es una contradicción, pues $PQR$ es una recta.

Si fijamos $P$ y $Q$, y tomamos $R$ como variable, entonces $P’$ y $Q’$ son fijos y $R’$ es variable, así todos los puntos $R’$ son colineales con $P’$ y $Q’$.

Por lo tanto, la homotecia de una recta es una recta paralela a esta.

$\blacksquare$

Definición 2. Decimos que dos polígonos $ABCD…$ y $A’B’C’D’…$ son semejantes si los correspondientes lados son proporcionales $\dfrac{AB}{A’B’} = \dfrac{BC}{B’C’} =…$ y los ángulos correspondientes son iguales $\angle A = \angle A’$, $\angle B = \angle B’$, $…$

Corolario. Dos polígonos homotéticos son semejantes.

Demostración. Sean $A$, $B$ y $C$ vértices de un polígono $ABCD…$

Por el teorema anterior, los lados del triángulo $\triangle A’B’C’$, formado por los puntos homólogos de $A$, $B$ y $C$, son paralelos a los lados correspondientes de $\triangle ABC$, por lo tanto, los triángulos son semejantes y así los ángulos correspondientes son iguales y los lados correspondientes son proporcionales.

$\blacksquare$

Polígonos homotéticos

Teorema 2. Si los lados correspondientes de dos polígonos son proporcionales y paralelos entonces los polígonos son homotéticos.

Demostración. Sean $ABCD…$ y $A’B’C’D’…$ dos polígonos que cumplen las condiciones dadas, sea $H$ la intersección de las rectas $AA’$ y $BB’$ y supongamos que $CC’$ no pasa por $H$, entonces sea $H’ = CC’ \cap BB’$.

Como $AB \parallel A’B’$ y $BC \parallel B’C’$ entonces $\triangle HAB \sim \triangle HA’B’$ y $\triangle H’BC \sim \triangle H’B’C’$
$\Rightarrow \dfrac{AB}{A’B’} = \dfrac{HB}{HB’}$ y $\dfrac{BC}{B’C’} = \dfrac{H’B}{H’B’}$.

Ya que los lados correspondientes de $ABCD…$ son proporcionales a los de $A’B’C’D’…$, entonces
$ \dfrac{HB}{HB’} = \dfrac{AB}{A’B’} = \dfrac{BC}{B’C’} = \dfrac{H’B}{H’B’} $
$\Rightarrow \dfrac{HB}{HB’} – 1= \dfrac{H’B}{H’B’} – 1 \Rightarrow \dfrac{HB – HB’}{HB’} = \dfrac{H’B – H’B’}{H’B’}$
$\Rightarrow \dfrac{B’B}{HB’} = \dfrac{B’B}{H’B’} \Rightarrow HB’ = H’B’$.

Por lo tanto, $H = H’$.

Así, $AA’$, $BB’$ y $CC’$ son concurrentes y $\dfrac{HA’}{HA} = \dfrac{HB’}{HB} = \dfrac{HC’}{HC}$, es análogo ver que las demás rectas que unen vértices correspondientes concurren en $H$.

Por tanto, $ABCD…$ y $A’B’C’D’…$ se encuentran en homotecia desde $H$ y por el corolario 1, $ABCD…$ y $A’B’C’D’…$, son semejantes, la razón de homotecia es la razón de semejanza, $\dfrac{HA’}{HA} = \dfrac{AB}{A’B’} = \dfrac{BC}{B’C’} =…$

$\blacksquare$

Observación 1. Si la razón de homotecia es 1, los lados correspondientes de las figuras $ABCD…$ y $A’B’C’D’…$ son congruentes y así $\square AA’B’B$ es un paralelogramo, es decir, $AA’$ y $BB’$ no pueden ser concurrentes.

Observación 2. En el caso particular cuando los polígonos son triángulos, solo es necesario pedir que los lados correspondientes sean paralelos, pues esto asegura la semejanza y por tanto la condición de proporcionalidad.

Rectas concurrentes

Proposición. Sea $\triangle ABC$ un triángulo y sean $D$, $E$ y $F$ los puntos de tangencia del incírculo $(I, r)$ de $\triangle ABC$, con los lados $BC$, $AC$ y $AB$ respectivamente, sean $A’$, $B’$ y $C’$ la intersección de las rectas $AI$, $BI$ y $CI$ con el circuncírculo del triángulo $\triangle ABC$, entonces la rectas $A’D$, $B’E$ y $C’F$ son concurrentes.

Demostración. Notemos que $AF = AE$, pues son las tangentes trazadas desde $A$ a $(I, r)$ , como $\triangle AEF$ es isósceles entonces la bisectriz de $A$ es perpendicular a $EF$, $AI \perp EF$.

Por otro lado, tenemos que $\angle C’B’B = \angle C’CB = \dfrac{\angle C}{2}$ pues abarcan el mismo arco; el ángulo $\angle B’IA$ es un ángulo exterior del triángulo $\triangle AIB$, entonces
$\angle B’IA = \angle BAI + \angle IBA = \dfrac{\angle A + \angle B}{2}$.

Sea $G = AI \cap C’B’$, en el triángulo $\triangle GIB’$ tenemos que
$\angle IGB’ = \pi – (\angle C’B’B + \angle B’IA) $
$= \pi – \dfrac{\angle A + \angle B + \angle C}{2} = \dfrac{\pi}{2}$.

Por lo tanto, $AI \perp B’C’$ $\Rightarrow EF \parallel B’C’$, de manera análoga podemos ver que $ED \parallel B’A’$ y $DF \parallel A’C’$.

De lo anterior se sigue que $\triangle DEF \sim \triangle A’B’C’$, y por el teorema 2, $A’D$, $B’E$ y $C’F$ concurren en algún punto $H$ que es el centro de homotecia de los triángulos $\triangle DEF$ y $\triangle A’B’C’$.

$\blacksquare$

Inscribir un triángulo en otro triángulo dado

Problema. 1 En un triángulo dado inscribir un triángulo cuyos lados sean perpendiculares a los lados del triángulo dado.

Solución. Sea $\triangle ABC$ el triángulo dado, la idea es construir una homotecia desde uno de los vértices, tomemos $D \in BC$, distinto de $B$, $C$ y también diferente al pie de la altura por $A$.

Por $D$ trazamos la perpendicular a $BC$ que interseca a $AC$ en $E$, por $E$ trazamos la perpendicular a $AC$ que interseca a $AB$ en $F$.

Por $F$ trazamos la perpendicular a $AB$ que interseca a $DE$ en $G$.

Sea $G’ = BC \cap AG$, por $G’$ trazamos la paralela a $GE$ que interseca a $AC$ en $E’$, también trazamos la paralela a $GF$ por $G’$ que interseca a $AB$ en $F’$.

Por construcción $EE’$, $FF’$ y $GG’$ concurren en $A$, $G’F’ \perp AB$ y $G’E’ \perp AC$.

Como $\triangle AF’G’ \sim \triangle AFG$ y $\triangle AG’E’ \sim \triangle AGE$
$\dfrac{AF’}{AF} = \dfrac{AG’}{AG} = \dfrac{AE’}{AE}$.

Por tanto, $E’$, $F’$ y $G’$ son puntos homólogos de $E$, $F$ y $G$ respectivamente, con centro de homotecia en $A$.

Por el teorema 1, $E’F’ \parallel EF$ y así $E’F’ \perp AC$.

$\blacksquare$

Observación. Notemos que construimos $DE \perp BC$ y tal que $E \in AC$, pero pudimos haber construido $E \in AB$ de lo que resultaría un triangulo distinto $\triangle E’F’G’$ y por lo tanto tenemos dos soluciones.

Inscribir un cuadrado en un triángulo dado

Problema 2. Dado un triángulo, inscribir un cuadrado en el triángulo dado.

Solución. Sea $\triangle ABC$ el triángulo dado, construimos un cuadrado exteriormente $\square BDEC$ sobre $BC$, sean $D’ = AD \cap BC$ y $E’ = AE \cap BC$.

Como $BC \parallel DE$ entonces $D’$ y $E’$ son puntos homólogos de $D$ y $E$ respectivamente con centro de homotecia en $A$.

Por $D’$ trazamos una paralela a $BD$ que interseca a $AB$ en $B’$ y por $E’$ trazamos una paralela a $CE$ que interseca a $AC$ en $C’$.

Como $B’D’$ es transversal a $AB$ y a $AD$ y es paralela a $BD$ entonces $\dfrac{AB’}{AB} =\dfrac{AD’}{AD}$ y por tanto, $B$ y $B’$ son puntos homólogos, de manera similar podemos ver que $C$ y $C’$ son puntos homólogos.

Como $\square BDEC$ y $\square B’D’E’C’$ son figuras homotéticas entonces, por el corolario, son semejantes, por lo tanto, $\square B’D’E’C’$ es un cuadrado.

$\blacksquare$

Observación. Si alguno de los ángulos $\angle B$ o $\angle C$ es obtuso, entonces una de las rectas $AD$ o $AE$ intersecaría a $BC$ por fuera y no seria posible la construcción.

Así, si nuestro triángulo $\triangle ABC$ es obtusángulo tenemos que tomar como centro de homotecia el vértice del ángulo obtuso.

Si $\triangle ABC$ es acutángulo existen tres soluciones, una por cada vértice como centro de homotecia, y si es rectángulo hay dos soluciones.

Construir una secante a un triángulo dado

Problema 3. Dado un triángulo $\triangle ABC$, construye $D \in AB$ y $E \in AC$ tal que $BD = DE = EC$.

Solución. Supongamos que ya tenemos la figura requerida (figura 6). Por $A$ trazamos una paralela a $DE$ que interseca a $BE$ en $F$, por $F$ trazamos una paralela a $AC$ que interseca a $BC$ en $G$.

Como $AF \parallel DE$ y $FG \parallel EC$, por el teorema de Tales, tenemos
$\dfrac{BA}{BD} = \dfrac{BF}{BE} = \dfrac{BG}{BC}$.

Así que $(A, D)$, $(F, E)$ y $(G, C)$ son pares de puntos homólogos, con centro en $B$.

Inversamente, para construir el cuadrilátero auxiliar $\square BAFG$ hacemos lo siguiente (figura 7), trazamos una circunferencia con centro en $A$ y radio $AB$, $(A, AB)$, construimos $L \in AC$ tal que $LC = AB$, trazamos una paralela $l_1$ a $BC$ por $L$, sea $F = (A, AB) \cap l_1$, trazamos una paralela $l_2$ a $AC$ por $F$, sea $G = BC \cap l_2$.

Como $\square LCGF$ es un paralelogramo entonces $FG = LC = AB = AF$.

Finalmente, sean $E = AC \cap BF$ y $D$ la intersección de la paralela por $E$ a $AF$ con $AB$.

Por construcción $\square BDEC$ y $\square BAFG$ son homotéticos, con centro de homotecia en $B$, y tenemos que $\dfrac{BD}{BA} = \dfrac{DE}{AF} = \dfrac{EC}{FG}$ $\Rightarrow BD = DE = EC$.

$\blacksquare$

Más adelante…

Continuando con el tema de homotecia, en la próxima entrada veremos circunferencias homotéticas.

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 $B$, $B’$ y $C$, $C’$ pares de puntos homólogos de dos figuras homotéticas $F$ y $F’$, considera $A \in F$, por $B’$ y $C’$ tracemos paralelas a $AB$ y $AC$ respectivamente, sea $A’$ la intersección de estas dos últimas rectas, prueba que $A$ y $A’$ son puntos homólogos.
Si dos triángulos están en homotecia muestra que sus incentros, circuncentros, ortocentros y centroides son puntos homólogos, y que sus bisectrices, mediatrices, alturas y medianas son rectas homotéticas.
Dadas dos rectas $l_1$ y $l_2$ que se intersecan en un punto inaccesible, trazar una recta que pase por un punto dado $P$ y la intersección de las rectas dadas (figura 8).

En un triangulo dado inscribir un triangulo cuyos lados sean paralelos a las bisectrices internas del triangulo dado.
En un triangulo dado $\triangle ABC$, construir un cuadrado tal que un vértice este en la extensión de $AB$, otro en la exención de $AC$ y los otros dos vértices en $BC$.
Construir un triangulo $\triangle ABC$ dados $\angle A$, $AB + BC$ y $AC + BC$.

Entradas relacionadas

Ir a Geometría Moderna I.
Entrada anterior del curso: Construcciones geométricas.
Siguiente entrada del curso: Circunferencias homotéticas.
Otros cursos.

Fuentes

Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 38-45.
Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 199-200.
Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 110-111.
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: Construcciones geométricas

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

En esta entrada estudiamos dos procedimientos generales que pueden ser útiles en la resolución de algunas construcciones geométricas.

Método analítico

Para problemas de construcciones geométricas en los cuales no es muy claro que pasos seguir, nos puede ayudar el método analítico el cual se divide en los siguientes pasos:

Análisis. Empezamos asumiendo que ya tenemos la figura que satisface las condiciones del problema y hacemos un dibujo aproximado de esta. A partir de esta figura indagamos que tipo de relación hay entre los datos que conocemos y los que no.

Construcción. Con la información obtenida llevamos a cabo nuestra construcción.

Demostración. Probamos que en efecto nuestra construcción nos lleva a la figura requerida.

Discusión. Hablamos sobre las condiciones bajo las cuales el problema puede ser resuelto, el número de soluciones posibles y otras observaciones.

A continuación, veremos un par de ejemplos.

($a$, $\angle A$, $b + c$)

Proposición 1. La mediatriz de un lado en todo triangulo siempre interseca al mayor de los lados restantes.

Demostración. Por contradicción, sea $\triangle ABC$ tal que $AC > AB$ y supongamos que la mediatriz de $BC$ interseca a $AB$ en $D$.

$\triangle DBC$ es isósceles, pues $D$ equidista a $B$ y a $C$,
$\Rightarrow \angle CBD = \angle DCB < \angle ACB$.

Por otro lado, sabemos que en todo triangulo al mayor de los lados siempre se opone el mayor de los ángulos, $\Rightarrow \angle CBD = \angle CBA > ACB$.

Lo cual es una contradicción, por tanto, $D \in AC$.

$\blacksquare$

Problema 1. Construir un triángulo $\triangle ABC$ dados la base, el ángulo opuesto a la base y la suma de los lados restantes ($BC = a$, $\angle A = \alpha$, $AB + AC= c + b$).

Análisis. Supongamos que $\triangle ABC$ es el triángulo requerido, sea $D$ en la recta $AB$ tal que $AD = AC$. $\angle BAC$ es un ángulo exterior del triángulo isósceles $\triangle ACD$,
$\Rightarrow BAC = \angle D + \angle DCA = 2\angle D$
$\Rightarrow \angle D = \dfrac{\angle BAC}{2} = \dfrac{\alpha}{2}$.

Con estos elementos podemos construir el triángulo auxiliar $\triangle DBC$ y a partir de este a $\triangle ABC$.

Construcción. Sobre un punto $D$ construimos el ángulo $\dfrac{\alpha}{2}$, sea $B$ sobre uno de los lados del ángulo tal que $DB = b + c$, dibujamos una circunferencia con centro en $B$ y radio $a$, $(B, a)$.

Sea $C$ la intersección de $(B, a)$ con el otro lado del ángulo $\dfrac{\alpha}{2}$.

Finalmente, el vértice $A$ de $\triangle ABC$, se encuentra en la intersección del lado $DB$, con la mediatriz de $CD$.

Demostración. Como $A$ es un punto en la mediatriz de $CD$, entonces $AD = AC$, y como $\triangle ADC$ es isósceles $\Rightarrow \angle DCA = \angle ADC = \dfrac{\alpha}{2}$.

Ya que $\angle BAC$ es ángulo exterior de $\triangle ADC$, es igual a la suma de los ángulos interiores no adyacentes a el $\Rightarrow \angle BAC = \angle DCA + \angle ADC = \alpha$.

Por otro lado, $BC = a$ y $AB + AC = AB + AD = b + c$, por construcción.

$\blacksquare$

Discusión. Por la proposición 2, notamos que es necesario que en el triángulo auxiliar $\triangle DBC$ se cumpla $DB > BC$, es decir $b + c > a$, para que la mediatriz de $CD$ interseque a $BD$.

También observamos que en la construcción de $\triangle DBC$, necesitamos que el radio de $(B, a)$ sea mayor o igual a la distancia de $B$ al segundo lado del ángulo $\alpha$, pues en caso contrario no es posible construir a $C$ y no habrá solución.

Finalmente, de cumplirse esta última condición puede haber una o dos soluciones distintas.

($a$, $\angle A$, $h_b + h_c$)

Problema 2. Construye un triángulo $\triangle ABC$ dados la base, el ángulo opuesto y la suma de las alturas perpendiculares a los otros dos lados ($BC = a$, $\angle A = \alpha$, $BD + CE = h_b + h_c$).

Análisis. Supongamos que $\triangle ABC$ es el triángulo requerido, y sean $BD = h_b$ y $CE = h_c$ las alturas por $B$ y $C$ respectivamente.

Sea $F$ sobre la recta $BD$ tal que $BF = BD + CE = h_b + h_c$.

Por $F$ trazamos una recta paralela a $AC$, la cual interseca a $AB$ en $G$, entonces $\angle BGF = \angle BAC = \alpha$ y $\angle GFB = \angle ADB = \dfrac{\pi}{2}$ por ser ángulos correspondientes.

Construcción. De manera similar a la construcción del triángulo auxiliar $\triangle DBC$ del problema anterior, con la información que resulta del análisis ($BF = h_b + h_c$ y $\angle BGF = \alpha$), podemos construir el triángulo rectángulo auxiliar $\triangle BFG$.

Luego, trazamos una circunferencia con centro $B$ y radio $a$, $(B, a)$.

La intersección de $(B, a)$ con la bisectriz interior de $\angle BGF$ será el vértice $C$ y la intersección de $GB$ con la mediatriz de $GC$ será el vértice $A$.

Demostración. Por construcción $BC = a$, como $A$ está en la mediatriz de $GC$ entonces $\triangle AGC$ es isósceles por lo que $\angle GCA = \angle AGC$, pero $\angle AGC = \angle CGF$ pues $GC$ es bisectriz de $\angle AGF$,
$\Rightarrow \angle GCA = \angle CGF$ $\Rightarrow AC \parallel FG$
$\Rightarrow \angle BAC = \angle BGF = \alpha$

Como $AC \parallel FG$ entonces $BF \perp AC$.

Sean $BE$ y $CD$ las alturas de $\triangle ABC$ trazadas por $B$ y $C$ respectivamente.

Por $A$ trazamos una perpendicular a $AC$ que corta a $GF$ en $H$, como $\square AEFH$ es un rectángulo entonces $AH = EF$.

En los triángulos rectángulos $\triangle ADC$ y $\triangle GHA$ tenemos $AC = AG$ y $\angle DAC = \angle AGH$, por criterio de congruencia ALA $\triangle ADC \cong \triangle GHA$ $\Rightarrow CD = AH = EF$.

Por lo tanto, $BE + CD = BE + EF = BF = h_b + h_c$, por construcción.

$\blacksquare$

Discusión. Si el ángulo dado es obtuso entonces el triángulo rectángulo auxiliar $\triangle BFG$ incluirá al ángulo suplementario a $\angle A$ y el procedimiento será muy similar.

Notemos que $(B, a)$ puede intersecar a la bisectriz de $\angle BGF$ en cero, uno o dos puntos y por lo tanto existen cero, una o dos posibles soluciones.

Método de semejanza

Este método consiste en construir una figura semejante a la figura requerida omitiendo una de las condiciones dadas, la figura requerida se deriva a partir de la semejanza.

Ilustramos este método con un par de ejemplos.

($b$, $c$, $\dfrac{a}{h_a}$)

Problema 3. Construye un triangulo $\triangle ABC$ dados dos lados y la razón entre el tercer lado y la altura por el vértice opuesto ($AB = c$, $AC = b$, $\dfrac{BC}{AD} = \dfrac{a}{h_a}$).

Análisis. Supongamos que $\triangle ABC$ es el triángulo requerido, consideremos $D$, el pie de la altura desde $A$.

Sea $E \in AD$ tal que $AE = h_a$, por $E$ trazamos la paralela a $BC$ que interseca a $AB$ y a $AC$ en $F$ y $G$ respectivamente.

Como $\triangle ABC \sim \triangle AFG$, entonces
$\begin{equation} \dfrac{AF}{AG} = \dfrac{AB}{AC} = \dfrac{c}{b} \end{equation}$
y $\dfrac{FG}{AE} = \dfrac{BC}{AD} = \dfrac{a}{h_a}$,
como $AE = h_a \Rightarrow FG = a$

Construcción. Podemos construir el triángulo auxiliar $\triangle AFG$ con los siguientes datos, la base $FG = a$, la altura $AE = h_a$ y la razón entre los lados restantes $\dfrac{AF}{AG} = \dfrac{c}{b}$, este problema lo resolvimos en la entrada anterior.

Luego, sobre $AF$ construimos $B$ tal que $AB = c$ y sobre $AG$ construimos $C$ tal que $AC = b$.

Demostración. Por construcción se da la ecuación $(1)$, y por el reciproco del teorema de tales, esto implica $FG \parallel BC$ y $\triangle ABC \sim \triangle AFG$,

Sea $D = BC \cap AE$, el pie de la altura por $A$, entonces, $\dfrac{BC}{AD} = \dfrac{FG}{AE} = \dfrac{a}{h_a}$.

$\blacksquare$

Discusión. Debido a la construcción del triángulo auxiliar $\triangle AFG$ el problema tiene $0$, $1$ o $2$ soluciones posibles.

Construir un triángulo isósceles dado su incírculo

Proposición. 2 Dos triángulos isósceles son semejantes si la razón entre las alturas perpendiculares a las bases es igual a la razón entre sus inradios.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ triángulos isósceles con $AB = AC$ y $A’B’ = A’C’$, $D$ y $D’$ los pies de las alturas desde $A$ y $A’$ respectivamente, consideremos $(I, r)$ y $(I’, r’)$ los incuncírculos de $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ respectivamente.

Si $\dfrac{r}{r’} = \dfrac{AD}{A’D’} = \dfrac{h_a}{h_a’}$
$\Rightarrow h_a – r = \dfrac{rh_a’}{r’} – \dfrac{rr’}{r’} = \dfrac{r}{r’}(h_a’ – r’)$
$\Rightarrow \dfrac{AI}{A’I’} = \dfrac{h_a – r}{h’_a – r’} = \dfrac{r}{r’} = \dfrac{IE}{I’E’}$,

donde $E$ y $E’$ son los puntos de tangencia de $(I, r)$ y $(I’, r’)$ en $AB$ y $A’B’$ respectivamente.

Por criterio de semejanza hipotenusa-cateto, $\triangle AIE \sim \triangle A’I’E’$ $\Rightarrow$ $\angle EAI = \angle E’A’I’$, como $AI$ y $A’I’$ son bisectrices de $ \angle A$ y $ \angle A’$ respectivamente $\Rightarrow \angle A = \angle A’$.

Como $\angle B = \angle C$ y $\angle B’ = \angle C’$, obtenemos $2\angle B = 2\angle B’$, por cierto de semejanza AA, $\triangle ABC \sim \triangle A’B’C’$.

$\blacksquare$

Problema 4. Dada una circunferencia $(I, r)$, construir un triángulo isósceles tal que $(I, r)$ es incírculo del triángulo y el cociente entre uno de los lados iguales del triángulo y la base es igual a una razón dada $\dfrac{p}{q}$.

Construcción. Construimos un triángulo $\triangle A’B’C’$ con $A’B’ = A’C’ = p$ y $B’C’ = q$, de este triangulo tomamos $h_a’$ la altura trazada desde $A’$ y $r’$ el inradio.

Ahora construimos $h_a = \dfrac{rh_a’}{r’}$.

Por un punto arbitrario $D \in (I, r)$ trazamos la tangente $l$ a $(I, r)$, en la recta $DI$, tomamos $A$ tal que $AD = h_a$, finalmente trazamos tangentes desde $A$ a $(I, r)$ y las intersecciones con $l$ serán los vértices $B$ y $C$.

Demostración. Sean $E$ y $F$ los puntos de tangencia de $AB$ y $AC$ respectivamente con $(I, r)$, por criterio de congruencia hipotenusa-cateto, $\triangle AIE \cong \triangle AIF$ por lo que $\angle BAI = \angle IAC$.

Como $AD \perp BC$, por criterio de congruencia ALA, $\triangle ADB \cong \triangle ADC$ $\Rightarrow AB = AC$, por lo tanto $\triangle ABC$ es un triángulo isósceles.

Dado que $\dfrac{h_a}{h_a’} = \dfrac{r}{r’}$, por la proposición 3, $\triangle ABC \sim \triangle A’B’C’$ y por tanto $\dfrac{AB}{BC} = \dfrac{A’B’}{B’C’} = \dfrac{p}{q}$.

$\blacksquare$

Más adelante…

La siguiente entrada tratara sobre homotecia, una transformación en el plano que agranda o achica una figura e incluso la invierte pero no cambia su forma, esta herramienta será muy útil en posteriores entradas.

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.

Dados tres segmentos de longitudes $a$, $b$ y $c$ decimos que $x$ es la cuarta proporcional de $a$, $b$ y $c$ si $\dfrac{x}{a} = \dfrac{b}{c}$. Construir la cuarta proporcional de tres segmentos.
Construye un triangulo dados la base, el ángulo opuesto a la base y la diferencia de los lados restantes ($a$, $\angle A$, $b – c$).
Con los siguientes datos construye un triángulo, la base, el ángulo opuesto a la base y la diferencia de las alturas perpendiculares a los lados restantes ($a$, $\angle A$, $h_b – h_c$).
Construye un cuadrado dada la suma de su lado $l$ y su diagonal $d$, $l + d$.
Construye un triángulo dados un ángulo, la bisectriz del ángulo dado y la razón en que la bisectriz divide al lado opuesto.

Entradas relacionadas

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Entrada anterior del curso: Circunferencia de Apolonio.
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Otros cursos.

Fuentes

Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 17-37.
Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 45-50.
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»