Archivo de la etiqueta: circuncentro

Geometría Moderna I: Puntos notables del triángulo

Introducción

En esta entrada estudiamos la concurrencia de rectas importantes en el triangulo, a saber, las medianas, mediatrices, bisectrices y alturas. Mencionamos también consecuencias inmediatas de los puntos de concurrencia.

Centroide

Teorema 1. Las medianas de todo triángulo concurren en un punto que las triseca.

Demostración. Sean $\triangle ABC$, $B’$ y $C’$ los puntos medios de $\overline{AC}$ y $\overline{AB}$ respectivamente, por el teorema del segmento medio sabemos que $C’B’ = \dfrac{BC}{2}$ y $\overline{C’B’} \parallel \overline{BC}$.

Figura 1

Sea $G$ la intersección de las medianas $\overline{BB’}$ y $\overline{CC’}$, en $\triangle GBC$ consideremos $M$ y $N$ los puntos medios de los lados $\overline{GB}$ y $\overline{GC}$ respectivamente, entonces
$MN = \dfrac{BC}{2}$ y $\overline{MN} \parallel \overline{BC}$.

Por transitividad $C’B’ = MN$ y $\overline{C’B’} \parallel \overline{MN}$, esto implica que $\square C’MNB’$ es un paralelogramo y por lo tanto sus diagonales se bisecan, es decir,
$C’G = GN$ y $MG = GB’$.

Por construcción, $MG = BM$ y $GN = NC$
$\Rightarrow GB’= \dfrac{BB’}{3}$ y $C’G = \dfrac{CC’}{3}$,
esto es, la medianas $\overline{BB’}$ y $\overline{CC’}$ se trisecan

Si repetimos el mismo procedimiento pero ahora con las medianas $\overline{AA’}$ y $\overline{BB’}$ encontraremos un punto $G’$ en donde las medianas se trisecaran, $G’B’= \dfrac{BB’}{3}$ y $G’A’ = \dfrac{AA’}{3}$.

Como $GB’= \dfrac{BB’}{3} = G’B’$, concluimos que $G’ = G$.

Por lo tanto, las medianas de un triángulo concurren en un punto que las triseca.

$\blacksquare$

Definición 1. Decimos que el punto en que concurren las medianas de un triángulo es el gravicentro, baricentro o centroide del triángulo y lo denotamos con la letra $G$ mayúscula.

Figura 2

Circuncentro

Teorema 2. Las mediatrices de los lados de todo triángulo son concurrentes.

Demostración. Sea $\triangle ABC$, consideremos las mediatrices $l_c$ y $l_b$ de $\overline{AB}$ y $\overline{AC}$ respectivamente y $O = l_b \cap l_c$.

Figura 3

En la entrada desigualdad del triángulo y lugar geométrico mostramos que un punto está en la mediatriz de un segmento si y solo si equidista a los puntos extremos del segmento.

Ya que $O \in l_c$ y $O \in l_b$, entonces $OA = OB$ y $OA = OC$
$\Rightarrow OB = OC$

Por el resultado mencionado anteriormente $OB = OC$ implica que $O \in l_a$, la mediatriz de $\overline{BC}$.

Por lo tanto, las mediatrices de un triángulo son concurrentes.

$\blacksquare$

Corolario. Tres puntos distintos y no colineales se encuentran en una única circunferencia.

Demostración. Sea $\triangle ABC$, por el teorema anterior las mediatrices de los segmentos determinados por los vértices del triángulo concurren en un punto $O$ cuya distancia a cada uno de los vértices es la misma $R = OA = OB = OC$.

Por definición de circunferencia, $A$, $B$ y $C$ pertenecen a la circunferencia con centro en $O$ y radio $R$, $A$, $B$, $C \in (O, R) = \Gamma$.

Ahora supongamos que existe $\Gamma’ = (O’, R’)$ tal que $A$, $B$, $C \in \Gamma’$, entonces, por definición, $O’A = O’B = O’C = R’$.

Esto implica que $O’ \in l_a$, $O’ \in l_b$ y $O’ \in l_c$, las mediatices de $\overline{BC}$, $\overline{AC}$ y $\overline{AB}$ respectivamente,
$\Rightarrow O \in l_a \cap l_b \cap l_c$

Como ya probamos que las mediatrices son concurrentes entonces $O’ = O$ y $R’ = R$, así que $\Gamma$ es única.

$\blacksquare$

Definición 2. Al punto de concurrencia de las mediatrices de los lados de un triángulo le llamamos circuncentro y lo denotamos como $O$.

A la distancia constante de $O$ a los vértices del triángulo le llamamos circunradio denotado con la letra $R$ mayúscula.

A la circunferencia única $(O, R)$ determinada por los vértices del triángulo se le conoce como circuncírculo.

Figura 4

Incentro

Teorema 3. Las bisectrices interiores de todo triángulo son concurrentes.

Demostración. Sean $l_B$ y $l_C$ las bisectrices de los ángulos interiores en $\angle B$ y $\angle C$ respectivamente e $I = l_{B} \cap l_{C}$.

Figura 5

En la entrada desigualdad del triángulo y lugar geométrico mostramos que un punto está en la bisectriz de un ángulo si y solo si equidista a los lados que forman el ángulo. Recordemos que la distancia de un punto a una recta es la longitud del punto al pie de la perpendicular a la recta trazada desde el punto.

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

Como $I \in l_{b}$ e $I \in l_{c}$, entonces $(I, AB) = (I, BC)$ y $(I, BC) = (I, AC)$,
$\Rightarrow (I, AB) = (I, AC)$.

Por el resultado citado anteriormente, $(I, AB) = (I, AC)$ implica que $I \in l_A$, la bisectriz interior de $\angle A$.

Por tanto, las bisectrices interiores de un triángulo son concurrentes.

$\blacksquare$

Si consideramos los pies de las perpendiculares a los lados del triángulo trazados desde el punto en que concurren las bisectrices, encontramos tres puntos distintos que equidistan a un punto fijo y por el corolario anterior estos determinan una única circunferencia, esto motiva la siguiente definición.

Definición 3. Al punto de concurrencia de las bisectrices interiores de un triángulo se le conoce como incentro del triángulo y lo denotamos con la letra $I$ mayúscula.

A la distancia de $I$ a los lados del triángulo le llamamos inradio y lo denotamos como $r = (I, AB) = (I, BC) = (I, AC)$.

La circunferencia con centro en $I$ y radio $r$, $(I, r)$, se llama incírculo.

Figura 6

Excentros

Teorema 4. En todo triángulo las bisectrices exteriores de dos ángulos y la bisectriz interior del tercer ángulo son concurrentes.

Demostración. Sea $\triangle ABC$, $l_A$ y $l_C$ las bisectrices exteriores de $\angle A$ y $\angle C$ respectivamente e $I_b = l_A \cap l_C$.

Figura 7

De manera análoga al caso de las bisectrices internas tenemos que
como $I_b \in l_A$ e $I_b \in l_C$, entonces $(I_b, AB) = (I_b, AC)$ y $(I_b, AC) = (I_b, BC)$,
$\Rightarrow (I_b, AB) = (I_b, BC)$.

Como $I_b$ está en la región acotada por el ángulo $\angle CBA$ entonces $I \in l_B$, la bisectriz interior de $\angle B$.

Por lo tanto, la bisectriz interna de $\angle B$ y las bisectrices externas de $A$ y $C$ son concurrentes.

De manera análoga probamos que las bisectrices externas de $\angle A$ y $\angle B$ concurren con la bisectriz interna de $\angle C$, y las bisectrices externas de $B$ y $C$ concurren con la bisectriz interna de $\angle A$.

$\blacksquare$

Similarmente a como lo hicimos con el incentro, notamos que, para cada uno de estos tres puntos de concurrencia, existen tres puntos distintos, uno en cada lado del triángulo que equidistan a un punto fijo y por lo tanto determinan una única circunferencia.

Definición 4. A los puntos en que concurren dos bisectrices externas y una bisectriz interna de un triángulo les llamamos excentros del triángulo y los denotamos como $I_a$, $I_b$ e $I_c$ de acuerdo a si se encuentran en la bisectriz interna de $\angle A$, $\angle B$ o $\angle C$ respectivamente y decimos que son opuestos a dichos vértices.

Las distancias de $I_a$, $I_b$ e $I_c$ a los lados del triángulo son los exradios y se les denota como $r_a$, $r_b$ y $r_c$ respectivamente.

A las circunferencias $(I_a, r_a)$, $(I_b, r_b)$ y $(I_c, r_c)$ se les conoce como excírculos del triángulo.

Figura 8

Ortocentro

Teorema 5. Las alturas de todo triángulo son concurrentes.

Demostración. Sea $\triangle ABC$, tracemos en cada vértice la paralela al lado opuesto.

Sean $A’$ la intersección de la paralela a $\overline{AB}$ trazada en $C$ con la paralela a $\overline{AC}$ trazada en $B$, de manera análoga definimos $B’$ y $C’$.

Figura 9

Por construcción, $\square ABCB’$ es un paralelogramo por lo que $AB’ = BC$, también $\square C’BCA$ es paralelogramo así que $C’A = BC$,
$\Rightarrow AB’ = BC = C’A \Rightarrow A$ es el punto medio de $\overline{C’B’}$.

De manera similar podemos ver que $B$ es el punto medio de $\overline{C’A’}$ y $C$ es el punto medio de $\overline{A’B’}$.

En consecuencia, las alturas del triángulo $\triangle ABC$ son las mediatrices del triángulo $\triangle C’A’B’$ y ya probamos que las mediatrices de los lados de todo triangulo son concurrentes, por lo tanto, las alturas de $\triangle ABC$ son concurrentes.

$\blacksquare$

Definición 5. Al punto en común en que las tres alturas de un triángulo se intersecan le llamamos ortocentro y lo denotamos con la letra $H$ mayúscula.

Figura 10

Tarea moral

  1. Sean $\triangle ABC$ y $\overline{AA’}$, $\overline{BB’}$, $\overline{CC’}$ sus medianas, muestra que $\frac{3}{4}(AB^2 + BC^2 + AC^2) = AA’^2 +BB’^2 + CC’^2$.
  2. Sea $\triangle ABC$ con medianas $\overline{AA’}$, $\overline{BB’}$ y $\overline{CC’}$, sean $m = AA’ + BB’ + CC’$ y $s = AB + BC + CA$,
    muestra que $\frac{3}{2}s > m > \frac{3}{4}s$.
  3. Considera un triangulo rectángulo $\triangle ABC$ con $\angle B = \dfrac{\pi}{2}$, sean $\overline{CC’}$ la mediana por $C$ y $D$ el pie de la perpendicular a $\overline{CC’}$ trazada desde $B$ (figura 11), calcula la distancia de $D$ al centroide $G$ del triangulo en términos de los catetos.
Figura 11
  1. Un triángulo rectángulo tiene un ángulo interior de $\dfrac{\pi}{3}$, calcula la distancia del vértice donde se intersecan los catetos al incentro $I$ del triángulo en términos de la hipotenusa.
  2. Sea $\triangle ABC$ con $AB = c$, $BC = a$, $AC = b$ y $s = \dfrac{a + b + c}{2}$, considera los exradios $r_a$, $r_b$ y $r_c$ opuestos a $A$, $B$ y $C$ respectivamente, muestra que
    $(\triangle ABC) = r_a(s – a) = r_b(s – b) = r_c(s – c)$.

Más adelante…

En la siguiente entrada demostraremos algunos teoremas que nos permitirán calcular la magnitud de ángulos relativos a una circunferencia.

Entradas relacionadas

Geometría analítica I: Teoremas de concurrencia

Introducción

En esta entrada usaremos la forma normal de la recta para demostrar dos teoremas conocidos como teoremas de concurrencia de líneas.

Teoremas de concurrencia

Para poder realizar las demostraciones, definiremos a la altura de un triángulo como la recta que pasa por uno de sus vértices y es ortogonal al lado opuesto. Ahora, enunciemos y demostremos el primer teorema.

Teorema 1. Las alturas de un triángulo son concurrentes.

Demostración

Comencemos esta demostración con un interactivo que ilustre un triángulo y sus alturas.

Las rectas verdes son las alturas del triángulo y en el interactivo es bastante evidente que concurren en un punto y que esto pasa para cualquier triángulo (para comprobarlo puedes mover con tu cursor los vértices para modificar el triángulo). Sin embargo en este curso de geometría analítica, queremos demostrarlo de manera algebraica.

PAra esta demostración algebraica, notemos que los vértices del triángulo son $A$, $B$, y $C$ y las alturas asociadas a cada vértice son $a$, $b$ y $c$ respectivamente. Escribamos la forma normal de cada una de estas rectas (alturas). Para $a$ tenemos

$a$ : $(C-B) \cdot x = (C-B) \cdot A$

pues la recta $a$ es ortogonal al lado del triángulo que pasa por los vértices $C$ y $B$, por lo que este lado tiene dirección $(C-B)$ y pasa por el punto $A$. De manera análoga, sabemos que $b$ es perpendicular a la recta que pasa por $A$ y $C$ con dirección $A-C$ y pasa también por el punto $B$, así

$b$ : $(A-C) \cdot x = (A-C) \cdot B$

Y de la misma forma para $c$ tenemos

$c$ : $(B-A) \cdot x = (B-A) \cdot C$

Nota que si sumamos las dos primeras ecuaciones, obtendremos la ecuación negativa de $c$:

\begin{align*}
(C-B) \cdot x + (A-C) \cdot x &= (C-B) \cdot A + (A-C) \cdot B \\
(C-B + A-C) \cdot x & = C \cdot A – B \cdot A + A \cdot B – C \cdot B\\
(-B+A) \cdot x & = C \cdot A – A \cdot B + A \cdot B – C \cdot B\\
(-B+A) \cdot x & = C \cdot A – C \cdot B \\
(-B+A) \cdot x & =(A – B) \cdot C
\end{align*}

Esto es importante, pues si tomamos un elemento en la intersección de las alturas $a$ y $b$ ($x \in a \cap b$), entonces también está en la suma y está última nos da como resultado el negativo de la ecuación de la recta $c$, por lo tanto $x \in c$.

De manera análoga, si sumamos $b$ y $c$ obtenemos

$(B-C) \cdot x = (B- C) \cdot A$

que corresponde a la ecuación negativa de $a$, por lo que si $x \in b \cap c$, entonces $x$ está en la suma de las ecuaciones y por tanto está en $a$.

Para completar la demostración, deberíamos realizar el mismo procedimiento al sumar las ecuaciones de $c$ y $a$ y confirmar que un punto en su intersección está en $b$.

$\therefore$ si dos de las alturas se intersectan, entonces la tercera recta también y en el mismo punto.

$square$

Teorema 2.

Demuestra que las tres mediatrices de un triángulo son concurrentes.

Demostración

Para comenzar la demostración, recordemos que la mediatriz de un segmento es la recta que es ortogonal a este y pasa por su punto medio.

De nuevo, es claro que las tres mediatrices del triángulo con vértices $D$, $E$ y $F$ concurren en un punto. Denominamos a los puntos medios de cada lado como $a$, $b$ y $c$, que es por donde pasan las mediatrices.

Ahora, para comenzar la parte algebraica de la demostración, definamos en su forma normal la primera miediatriz $i$. Siguiendo la idea de la demostración pasada, $i$ es ortogonal a $(E-F)$ y pasa por el punto $a$ por lo que

$i$ : $(E-F) \cdot x = (E-F) \cdot a$

De la misma manera, $j$ es ortogonal a $(D-E)$ y pasa por $b$, así

$j$ : $(D-E) \cdot x = (D-E) \cdot b$

Y para $k$ tenemos

$k$ : $(F-D) \cdot x = (F-D) \cdot c

Sigamos la intuición de la demostración anterior y sumemos las expresiones de $i$ y $j$

\begin{align*}
(E-F) \cdot x + (D-E) \cdot x &= (E-F) \cdot a + (D-E) \cdot b \\
E \cdot x – F \cdot x + D \cdot x – E \cdot x &= E \cdot a – F \cdot a + D \cdot b – E \cdot b \\
D \cdot x- F \cdot x &=E \cdot a – F \cdot a + D \cdot b – E \cdot b
\end{align*}

Para seguir avanzando con nuestra demostración, debemos recordar que $a,$, $b$ y $c$ son los puntos medios de cada lado del triángulo, por lo que podemos expresarlos en términos de los vértices de la siguiente manera

$a=\frac{F+E}{2}$, $b=\frac{E+D}{2}$ Y $c=\frac{D+F}{2}$

Con esto en mente, podemos sustituir $a$ y $b$ en la ecuación anterior y desarrollar

$D \cdot x- F \cdot x = E \cdot \left( \frac{F+E}{2} \right) – F \cdot \left( \frac{F+E}{2} \right) + D \cdot \left( \frac{E+D}{2} \right) – E \cdot \left( \frac{E+D}{2} \right) $

Al realizar todo el desarrollo obtenemos que

$D \cdot x- F \cdot x = \frac{1}{2}( D \cdot D – F \cdot F)$

Ahora, en la demostraciónpasada queríamos llegar a algún multiplo de $k$ para demostrar que las 3 rectas se intersetaban, siguiendo con esa lógica, desarrollemos ellado derecho de $k$ tomando en cuenta a $c$ como punto medio de un lado

\begin{align*}
(F-D) \cdot c &= (F-D) \cdot \frac{D+F}{2} \\
&= \frac{1}{2} (F-D) \cdot (D+F) \\
&= \frac{1}{2}(F \cdot D + F \¢dot F – D \cdot D – F \cdot D) \\
&= \frac{1}{2}(F \cdot F – D \cdot D)
\end{align*}

Que es justamente el negativo de lo que obtuvimos arriba, por lo que al sumar las expresiones de $i$ y $j$ obtenemos el negativo de la expresión de $k$. Así, si un punto $x$ está en $ i \cap j$, entonces está en la suma y por lo tanto está en $k$.

El procedimiento es análogo para cada uno de los casos faltantes.

$\square$

Para concluir esta entrada, denotaremos al punto en el que concurren las mediatrices como circuncentro.

Tarea moral

  • Completa los casos faltantes en la demostración del primer teorema.
  • Completa los casos faltantes en la demostración del segundo teorema.
  • Encuentra el circuncentro del triángulo que tiene como vértices los puntos $(5,3)$, $(2,-1)$ y $(8,0)$.

Más adelante…

En las próximas entradas discutiremos la forma normal de un elemento geométrico en el espacio $\mathbb{R}^3$ que no será la recta y hablaremos de la norma de un vector, que de cierta manera apareció en nuestras demostraciones pero no lo hemos discutido con formalidad hasta ahora.

Seminario de Resolución de Problemas: Vectores en geometría

Introducción

Anteriormente, comenzamos esta serie de entradas de geometría platicando de algunas técnicas euclideanas o sintéticas que se pueden usar para resolver problemas en el plano. Después, tomamos herramientas de la geometría analítica, las cuales nos permiten poner problemas en términos de coordenadas y ecuaciones. Lo que haremos ahora es ver varios ejemplos del uso de vectores en geometría.

A diferencia de la geometría analítica, cuando hablamos de soluciones por vectores estamos hablando de aquellas que aprovechan la estructura de espacio vectorial en $\mathbb{R}^2$. En otras palabras, usamos argumentos en los cuales pensamos a los puntos del plano como vectores, los cuales tienen una dirección y una magnitud. Los vectores tienen operaciones de suma y de producto por un escalar. Además, tienen producto punto, norma y transformaciones dadas por matrices. Apenas tocaremos la superficie del tipo de teoría que se puede usar. Un buen curso de álgebra lineal te puede dar más herramientas para resolver problemas geométricos.

Interpretar puntos como vectores

Pongamos un origen $O$ en el plano. A cada punto $P$ le corresponden ciertas coordenadas dadas por parejas de reales $(x,y)$, que identificaremos con $P$. Al origen le corresponden las coordenadas $(0,0)$. Si tenemos otro punto $Q=(w,z)$, entonces su suma es el vector $P+Q=(x+w,y+z)$. Si tomamos un real $r$, el vector $rP$ es el vector de coordenadas $(rx,ry)$.

Suma de vectores
Suma de vectores

La suma $P+Q$ se puede encontrar mediante la ley del paralelogramo: los puntos $O,P,P+Q,Q$ hacen un paralelogramo en ese orden cíclico. La resta $Q-P$ está definida por $Q+(-1)P$, y la llamamos el vector $PQ$. Geométricamente coincide con el vector que va «de $P$ a $Q$». Observa que el orden es importante y que $OP=P$.

Resta de vectores
Resta de vectores

Proposición (de la razón). Si tenemos dos puntos $P$ y $Q$ distintos y $m,n$ son reales, entonces podemos encontrar al único punto $R$ en la recta por $P$ y $Q$ tal que $$\frac{PR}{RQ}=\frac{m}{n}$$ así: $$R=\frac{n}{m+n}P + \frac{m}{m+n} Q.$$

Punto en una recta con cierta razón
Punto en una recta con cierta razón

Veamos dos problemas en los que se usan estas ideas de vectores en geometría, en particular, la proposición de la razón.

Problema. En el triángulo $ABC$ se toman puntos $D,E,F$ sobre los segmentos $BC,CA,AB$ tales que $\frac{BD}{DC}=\frac{CE}{EA}=\frac{AF}{FB}=\frac{1}{4}$. Muestra que $ABC$ y $DEF$ tienen el mismo gravicentro.

Sugerencia pre-solución. Encuentra una fórmula en términos vectoriales para el gravicentro de un triángulo $ABC$.

Solución. Tomemos un triángulo $PQR$ y pensemos a sus vértices como vectores. Afirmamos que su gravicentro $X$ es el punto correspondiente a $\frac{P+Q+R}{3}$ Demostraremos esto.

El gravicentro está a un tercio del punto medio hacia el vértice correspondiente
Razón del gravicentro en la mediana

Primero haremos un argumento de geometría sintética. El gravicentro es por definición el punto de intersección de las medianas de un triángulo. Si $L$ es el punto medio de $QR$ y $M$ es el punto medio de $RP$, entonces $X$ es el punto de intersección de $PL$ y $QM$. Tenemos que $$\frac{RL}{LQ}=1=\frac{RM}{MP},$$ así que por el teorema de Tales se tiene que la recta por $L$ y $M$ es paralela al lado $PQ$, y $\frac{LM}{PQ}=\frac{1}{2}$. Esto muestra que los triángulos $XLM$ y $XPQ$ son semejantes en razón $1$ a $2$. Por lo tanto, $\frac{LX}{XP}=\frac{1}{2}$.

Ahora hagamos el argumento vectorial, pensando a los puntos como vectores. El punto $L$ está a la mitad de $QR$, así que por la proposición de la razón, $$L=\frac{Q+R}{2}.$$ El punto $X$ cumple $\frac{LX}{XP}=\frac{1}{2}$, así que de nuevo por la proposición de la razón.
\begin{align*}
X&=\frac{2L+P}{2+1}\\
&=\frac{Q+R+P}{3}\\
&=\frac{P+Q+R}{3}.
\end{align*}

Esto es el resultado auxiliar que queríamos mostrar. Regresemos al problema.

De acuerdo al resultado auxiliar, el gravicentro de $ABC$ es $$G:=\frac{A+B+C}{3}.$$ Usando una vez más la proposición de la razón, los puntos $D$, $E$ y $F$ los podemos calcular como sigue:
\begin{align*}
D&=\frac{4B+C}{4+1}=\frac{4B+C}{5}\\
E&=\frac{4C+A}{4+1}=\frac{4C+A}{5}\\
F&=\frac{4A+B}{4+1}=\frac{4A+B}{5}.
\end{align*}

De esta forma, el gravicentro $G’$ de $DEF$ lo podemos encontrar como sigue:
\begin{align*}
G’&=\frac{D+E+F}{3}\\
&=\frac{\frac{4B+C}{5}+\frac{4C+A}{5}+\frac{4A+B}{5}}{3}\\
&=\frac{A+B+C}{3}\\
&=G.
\end{align*}

Esto termina la solución del problema.

$\square$

Problema. En el paralelogramo $ABCD$ el punto $F$ es el punto medio de $CD$. Muestra que el segmento $AF$ corta a la diagonal $BD$ en un punto $E$ tal que $\frac{DE}{DB}=\frac{1}{3}$.

Sugerencia pre-solución. Hay varias formas de hacer las cuentas en este problema, pero el uso de una notación adecuada te hará simplificar muchas operaciones.

Solución. Pensemos a los puntos de la figura como vectores. Coloquemos al punto $A$ en el origen. El punto $C$ está dado por $B+D$, de modo que $$F:=\frac{C+D}{2}=\frac{B+2D}{2}.$$

Vectores en geometría: problema de paralelogramo
Figura auxiliar para problema de paralelogramo

Para encontrar al punto $E$, notemos que está en las rectas $AF$ y $BD$. De esta forma, deben existir reales $r$ y $s$ tales que $$E=rF$$ y $$E=sB+(1-s)D.$$ Expresando $F$ en términos de $B$ y $D$ en la primer ecuación, tenemos que $$E=\frac{rB+2rD}{2}=\frac{rB}{2}+rD.$$ De ambas expresiones para $E$, concluimos que
\begin{align*}
s=\frac{r}{2}\\
1-s=r.
\end{align*}

Este sistema de ecuaciones tiene solución $r=\frac{2}{3}$, $s=\frac{1}{3}$, y por lo tanto $E=\frac{B+2D}{3}$. De aquí se obtiene $\frac{DE}{EB}=\frac{1}{2}$, o bien $\frac{DE}{DB}=\frac{DE}{DE+EB}=\frac{1}{3}$, como queríamos mostrar.

$\square$

Producto punto, norma y ángulos

Para dos vectores $P=(x,y)$ y $Q=(w,z)$ definimos su producto punto como la cantidad $P\cdot Q = xw+yz$. El productos puntos es:

  • Conmutativo: $P\cdot Q = Q\cdot P$
  • Abre sumas: $P\cdot (Q+R)=P\cdot Q + P\cdot R$
  • Saca escalares: $(rP)\cdot Q = r(P\cdot Q)$.

La norma de $P$ se define como $\norm{P}=\sqrt{P\cdot P}$, y coincide con la distancia de $P$ al origen. La norma de $PQ$ es entonces $\norm{PQ}=\sqrt{(Q-P)\cdot (Q-P)}$ y coincide con la distancia de $P$ a $Q$.

El ángulo entre dos vectores $PQ$ y $RS$ se define como el ángulo cuyo coseno es $$\frac{PQ \cdot RS}{\norm{PQ}\norm{RS}},$$ y coincide precisamente con el ángulo (orientado) geométrico entre las rectas $PQ$ y $RS$. De esta forma, las rectas $PQ$ y $RS$ son perpendiculares si y sólo si el producto punto $PQ\cdot RS$ es cero.

Problema. Sea $ABC$ un triángulo con sus vértices pensados como vectores. Sean $H$ y $O$ su ortocentro y circuncentro respectivamente. Supongamos que el circuncentro $O$ está en el origen. Muestra que $H=A+B+C$.

Sugerencia pre-solución. Trabaja hacia atrás. Define al punto $A+B+C$ y ve que las rectas que unen a los vértices con este punto en efecto son alturas. Para calcular los ángulos, usa el producto punto y sus propiedades.

Solución. Como el circuncentro equidista de $A$. $B$ y $C$, tenemos que $$\norm{A}=\norm{B}=\norm{C}.$$ Tomemos el punto $H’=A+B+C$.

Vectores en geometría para encontrar el ortocentro
Ortocentro con vectores

Calculemos el ángulo entre las rectas $BC$ y $AH’$, haciendo su producto punto:
\begin{align}
BC\cdot AH’ &= (C-B)\cdot (H’-A)\\
&=(C-B)\cdot(C+B)\\
&=C\cdot C + C\cdot B – B\cdot C – B\cdot B\\
&=\norm{C}^2 – \norm{B}^2\\
&=0.
\end{align*}

Observa que estamos usando la linealidad y conmutatividad del producto punto. Al final usamos que $A$ y $C$ tienen la misma norma.

Esto muestra que la recta $AH’$ es la altura al lado $BC$. De manera análoga, $BH’$ y $CH’$ son las alturas a los lados $CA$ y $AB$ respectivamente. Por lo tanto, $H’$ es el ortocentro, así que $H=A+B+C$.

$\square$

Cualquier triángulo $ABC$ en el plano se puede trasladar para que su circuncentro $O$ quede en el origen. El ortocentro estará en $H=A+B+C$ y el gravicentro, como vimos antes, en $G=\frac{A+B+C}{3}$, que es un múltiplo escalar de $H$. Por lo tanto, $O$, $H$ y $G$ están alineados. Acabamos de demostrar con vectores en geometría un clásico resultado euclideano.

Teorema (recta de Euler). En cualquier triángulo $ABC$, el circuncentro $O$, el gravicentro $G$ y el ortocentro $H$ están alineados. Además, $$\frac{OG}{GH}=\frac{1}{2}.$$

Teorema de la recta de Euler
Teorema de la recta de Euler

Si el circuncentro no está en el origen, ahora podemos usar el teorema de la recta de Euler y la proposición de la razón para concluir que $G=\frac{2O+H}{3}$. Usando que $G=\frac{A+B+C}{3}$, obtenemos el siguiente corolario

Corolario. Sea $ABC$ un triángulo en el plano, $H$ su ortocentro y $O$ su circuncentro. Entonces al pensar a los puntos como vectores tenemos que $$A+B+C=2O+H.$$

Más problemas

Puedes encontrar más problemas del uso de vectores en geometría en la sección 8.3 del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson.