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 $X^{\prime }$ tal que $X^{\prime }$, $X$ y $H$ son colineales y ${\displaystyle \frac{H{X}^{\prime }}{HX}}=k$.

Sea $F^{\prime }$ el conjunto de puntos $X^{\prime }$, diremos que los conjuntos $F$ y $F^{\prime }$ son figuras homotéticas y los puntos $X$ y $X^{\prime }$ son puntos homólogos.

$H$ se llama centro de homotecia, $k$ es la razón de homotecia y la relación entre $F$ y $F^{\prime }$ 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 $P^{\prime }$, $Q^{\prime }$ y $R^{\prime }$ sus correspondientes puntos homólogos.

Como ${\displaystyle \frac{H{P}^{\prime }}{HP}}=k={\displaystyle \frac{H{Q}^{\prime }}{HQ}}$, por el reciproco del teorema de Tales, $PQ\parallel P^{\prime }{Q}^{\prime }$.

Análogamente vemos que $QR\parallel Q^{\prime }{R}^{\prime }$ y $PR\parallel P^{\prime }{R}^{\prime }$.

Supongamos que $P^{\prime }$, $Q^{\prime }$ y $R^{\prime }$ no son colineales, entonces $\mathrm{△}{P}^{\prime }{Q}^{\prime }{R}^{\prime }$ es un triángulo y así $\mathrm{△}PQR$ es un triángulo con lados paralelos a los de $\mathrm{△}{P}^{\prime }{Q}^{\prime }{R}^{\prime }$, lo cual es una contradicción, pues $PQR$ es una recta.

Si fijamos $P$ y $Q$, y tomamos $R$ como variable, entonces $P^{\prime }$ y $Q^{\prime }$ son fijos y $R^{\prime }$ es variable, así todos los puntos $R^{\prime }$ son colineales con $P^{\prime }$ y $Q^{\prime }$.

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

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Definición 2. Decimos que dos polígonos $ABCD\dots$ y $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }\dots$ son semejantes si los correspondientes lados son proporcionales ${\displaystyle \frac{AB}{A^{\prime }{B}^{\prime }}}={\displaystyle \frac{BC}{B^{\prime }{C}^{\prime }}}=\dots$ y los ángulos correspondientes son iguales $\mathrm{\angle }A=\mathrm{\angle }{A}^{\prime }$, $\mathrm{\angle }B=\mathrm{\angle }{B}^{\prime }$, $\dots$

Corolario. Dos polígonos homotéticos son semejantes.

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

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

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Polígonos homotéticos

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

Demostración. Sean $ABCD\dots$ y $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }\dots$ dos polígonos que cumplen las condiciones dadas, sea $H$ la intersección de las rectas $A{A}^{\prime }$ y $B{B}^{\prime }$ y supongamos que $C{C}^{\prime }$ no pasa por $H$, entonces sea $H^{\prime }=C{C}^{\prime }\cap B{B}^{\prime }$.

Como $AB\parallel A^{\prime }{B}^{\prime }$ y $BC\parallel B^{\prime }{C}^{\prime }$ entonces $\mathrm{△}HAB\sim \mathrm{△}H{A}^{\prime }{B}^{\prime }$ y $\mathrm{△}{H}^{\prime }BC\sim \mathrm{△}{H}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$
$\Rightarrow {\displaystyle \frac{AB}{A^{\prime }{B}^{\prime }}}={\displaystyle \frac{HB}{H{B}^{\prime }}}$ y ${\displaystyle \frac{BC}{B^{\prime }{C}^{\prime }}}={\displaystyle \frac{H^{\prime }B}{H^{\prime }{B}^{\prime }}}$. 

Ya que los lados correspondientes de $ABCD\dots$ son proporcionales a los de $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }\dots$, entonces
${\displaystyle \frac{HB}{H{B}^{\prime }}}={\displaystyle \frac{AB}{A^{\prime }{B}^{\prime }}}={\displaystyle \frac{BC}{B^{\prime }{C}^{\prime }}}={\displaystyle \frac{H^{\prime }B}{H^{\prime }{B}^{\prime }}}$
$\Rightarrow {\displaystyle \frac{HB}{H{B}^{\prime }}}–1={\displaystyle \frac{H^{\prime }B}{H^{\prime }{B}^{\prime }}}–1\Rightarrow {\displaystyle \frac{HB–H{B}^{\prime }}{H{B}^{\prime }}}={\displaystyle \frac{H^{\prime }B–H^{\prime }{B}^{\prime }}{H^{\prime }{B}^{\prime }}}$
$\Rightarrow {\displaystyle \frac{B^{\prime }B}{H{B}^{\prime }}}={\displaystyle \frac{B^{\prime }B}{H^{\prime }{B}^{\prime }}}\Rightarrow H{B}^{\prime }=H^{\prime }{B}^{\prime }$.

Por lo tanto, $H=H^{\prime }$.

Así, $A{A}^{\prime }$, $B{B}^{\prime }$ y $C{C}^{\prime }$ son concurrentes y ${\displaystyle \frac{H{A}^{\prime }}{HA}}={\displaystyle \frac{H{B}^{\prime }}{HB}}={\displaystyle \frac{H{C}^{\prime }}{HC}}$, es análogo ver que las demás rectas que unen vértices correspondientes concurren en $H$.

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

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Observación 1. Si la razón de homotecia es 1, los lados correspondientes de las figuras $ABCD\dots$ y $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }\dots$ son congruentes y así $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}A{A}^{\prime }{B}^{\prime }B$ es un paralelogramo, es decir, $A{A}^{\prime }$ y $B{B}^{\prime }$ 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 $\mathrm{△}ABC$ un triángulo y sean $D$, $E$ y $F$ los puntos de tangencia del incírculo $(I,r)$ de $\mathrm{△}ABC$, con los lados $BC$, $AC$ y $AB$ respectivamente, sean $A^{\prime }$, $B^{\prime }$ y $C^{\prime }$ la intersección de las rectas $AI$, $BI$ y $CI$ con el circuncírculo del triángulo $\mathrm{△}ABC$, entonces la rectas $A^{\prime }D$, $B^{\prime }E$ y $C^{\prime }F$ son concurrentes.

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

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

Sea $G=AI\cap C^{\prime }{B}^{\prime }$, en el triángulo $\mathrm{△}GI{B}^{\prime }$ tenemos que
$\mathrm{\angle }IG{B}^{\prime }=\pi –(\mathrm{\angle }{C}^{\prime }{B}^{\prime }B+\mathrm{\angle }{B}^{\prime }IA)$
$=\pi –{\displaystyle \frac{\mathrm{\angle }A+\mathrm{\angle }B+\mathrm{\angle }C}{2}}={\displaystyle \frac{\pi }{2}}$.

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

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

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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 $\mathrm{△}ABC$ 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 $G^{\prime }=BC\cap AG$, por $G^{\prime }$ trazamos la paralela a $GE$ que interseca a $AC$ en $E^{\prime }$, también trazamos la paralela a $GF$ por $G^{\prime }$ que interseca a $AB$ en $F^{\prime }$.

Por construcción $E{E}^{\prime }$, $F{F}^{\prime }$ y $G{G}^{\prime }$ concurren en $A$, $G^{\prime }{F}^{\prime }\perp AB$ y $G^{\prime }{E}^{\prime }\perp AC$.

Como $\mathrm{△}A{F}^{\prime }{G}^{\prime }\sim \mathrm{△}AFG$ y $\mathrm{△}A{G}^{\prime }{E}^{\prime }\sim \mathrm{△}AGE$
${\displaystyle \frac{A{F}^{\prime }}{AF}}={\displaystyle \frac{A{G}^{\prime }}{AG}}={\displaystyle \frac{A{E}^{\prime }}{AE}}$.

Por tanto, $E^{\prime }$, $F^{\prime }$ y $G^{\prime }$ son puntos homólogos de $E$, $F$ y $G$ respectivamente, con centro de homotecia en $A$.

Por el teorema 1, $E^{\prime }{F}^{\prime }\parallel EF$ y así $E^{\prime }{F}^{\prime }\perp AC$.

$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$

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 $\mathrm{△}{E}^{\prime }{F}^{\prime }{G}^{\prime }$ 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 $\mathrm{△}ABC$ el triángulo dado, construimos un cuadrado exteriormente $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}BDEC$ sobre $BC$, sean $D^{\prime }=AD\cap BC$ y $E^{\prime }=AE\cap BC$.

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

Por $D^{\prime }$ trazamos una paralela a $BD$ que interseca a $AB$ en $B^{\prime }$ y por $E^{\prime }$ trazamos una paralela a $CE$ que interseca a $AC$ en $C^{\prime }$.

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

Como $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}BDEC$ y $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}{B}^{\prime }{D}^{\prime }{E}^{\prime }{C}^{\prime }$ son figuras homotéticas entonces, por el corolario, son semejantes, por lo tanto, $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}{B}^{\prime }{D}^{\prime }{E}^{\prime }{C}^{\prime }$ es un cuadrado.

$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$

Observación. Si alguno de los ángulos $\mathrm{\angle }B$ o $\mathrm{\angle }C$ 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 $\mathrm{△}ABC$ es obtusángulo tenemos que tomar como centro de homotecia el vértice del ángulo obtuso.

Si $\mathrm{△}ABC$ 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 $\mathrm{△}ABC$, 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
${\displaystyle \frac{BA}{BD}}={\displaystyle \frac{BF}{BE}}={\displaystyle \frac{BG}{BC}}$.

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

Inversamente, para construir el cuadrilátero auxiliar $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}BAFG$ 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 $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}LCGF$ 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 $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}BDEC$ y $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}BAFG$ son homotéticos, con centro de homotecia en $B$, y tenemos que ${\displaystyle \frac{BD}{BA}}={\displaystyle \frac{DE}{AF}}={\displaystyle \frac{EC}{FG}}$ $\Rightarrow BD=DE=EC$.

$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$

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.

1. Sean $B$, $B^{\prime }$ y $C$, $C^{\prime }$ pares de puntos homólogos de dos figuras homotéticas $F$ y $F^{\prime }$, considera $A\in F$, por $B^{\prime }$ y $C^{\prime }$ tracemos paralelas a $AB$ y $AC$ respectivamente, sea $A^{\prime }$ la intersección de estas dos últimas rectas, prueba que $A$ y $A^{\prime }$ son puntos homólogos.
2. 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.
3. 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).

4. En un triangulo dado inscribir un triangulo cuyos lados sean paralelos a las bisectrices internas del triangulo dado.
5. En un triangulo dado $\mathrm{△}ABC$, 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 $BC$.
6. Construir un triangulo $\mathrm{△}ABC$ dados $\mathrm{\angle }A$, $AB+BC$ 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»