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Geometría Moderna I: Circunferencia de Brocard

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

Introducción

Con esta entrada concluimos la unidad tres y en general temas relacionados con el triángulo, hablaremos de la circunferencia de Brocard y el primer triángulo de Brocard, veremos como se relacionan con los puntos de Brocard.

Circunferencia de Brocard

Definición. La circunferencia $Γ (K O)$ que tiene como diámetro el segmento que une el punto simediano $K$ y el circuncentro $O$ de un triángulo se conoce como circunferencia de Brocard.

El triángulo cuyos vértices son las segundas intersecciones de las mediatrices de un triángulo con su circunferencia de Brocard es el primer triángulo de Brocard.

Observación. Recordemos que el centro de la primera circunferencia de Lemoine es el punto medio entre el punto simediano y el circuncentro de un triángulo, por lo tanto, la circunferencia de Brocard y la primera circunferencia de Lemoine son concéntricas.

Teorema 1. Los puntos de Brocard están en la circunferencia de Brocard.

Demostración. En $△ A B C$ sea $Ω$ el primer punto de Brocard, $K$ el punto simediano, $O$ el circuncentro y $A^{'}$ , $B^{'}$ , $C^{'}$ , los puntos medios de $B C$ , $C A$ y $A B$ respectivamente.

Recordemos que las distancias de $K$ a los lados del triángulo son proporciónales a estos,
$d (K, B C) = a \frac{2 (△ A B C)}{a^{2} + b^{2} + c^{2}}$

En un ejercicio de la entrada anterior se pide mostrar que
$\frac{1}{\tan ω} = \cot ω = \frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{4 (△ A B C)}$ .

Donde $ω$ es el ángulo de Brocard y $a$ , $b$ , $c$ los lados de $△ A B C$ .

Por lo tanto, $d (K, B C) = \frac{a}{2} \tan ω$ .

Sea $A_{1} = O A^{'} \cap B Ω$ , en $△ A_{1} B A^{'}$ , $A^{'} A_{1} = \frac{a}{2} \tan ω$ .

Esto implica que $A_{1} K ∥ B C$ , como $O A_{1}$ es mediatriz de $B C$ entonces $∠ O A_{1} K = \frac{π}{2}$ , y por lo tanto $A_{1} \in Γ (K O)$ .

De manera similar si consideramos $B_{1}$ la intersección del rayo $C Ω$ con la mediatriz de $C A$ , podemos ver $B_{1} K ∥ C A$ y que $B_{1} \in Γ (K O)$ .

Como $A_{1} K ∥ B C$ y $B_{1} K ∥ C A$ entonces $∠ K A_{1} Ω = ω = ∠ K B_{1} Ω$ .

En consecuencia, el cuadrilátero $Ω A_{1} B_{1} K$ es cíclico, pero el circuncírculo de $△ A_{1} B_{1} K$ , es la circunferencia de Brocard.

Por lo tanto, el primer punto de Brocard $Ω$ , está en la circunferencia de Brocard.

Sea $Ω^{'}$ el segundo punto de Brocard, como $A_{1}$ y $B_{1}$ están en las mediatrices de $B C$ y $C A$ entonces $△ A_{1} B C$ y $△ B_{1} C A$ son isósceles y $∠ A_{1} C B = ∠ B_{1} A C = ∠ Ω^{'} C B = ∠ Ω^{'} A C = ω$ .

Esto implica que $C A_{1}$ y $A B_{1}$ se intersecan en $Ω^{'}$ .

Ya que $A_{1} K ∥ B C$ y $B_{1} K ∥ C A$ , entonces, $∠ Ω^{'} A_{1} K = ω$ y $∠ K B_{1} Ω^{'} = π - ω$ .

Esto implica que $A_{1} Ω B_{1} K$ es cíclico, y así el segundo punto de Brocard está en la circunferencia de Brocard.

Corolario 1. Un triángulo y su primer triángulo de Brocard están en perspectiva desde los puntos de Brocard.

Demostración. En el teorema anterior vimos que $B A_{1}$ y $C B_{1}$ se intersecan en el primer punto de Brocard, de manera similar se puede ver que $A$ , $C_{1}$ y $Ω$ son colineales.

También mostramos que $C A_{1} \cap A B_{1} = Ω^{'}$ , de manera análoga podemos ver que $B C_{1}$ pasa por $Ω^{'}$ .

Por lo tanto $Ω$ y $Ω^{'}$ son centros de perspectiva de $△ A B C$ y $△ A_{1} B_{1} C_{1}$ .

Corolario 2. $△ A B C$ y su primer triángulo de Brocard son semejantes.

Demostración. Como $B_{1} K ∥ C A$ , $A_{1} K ∥ B C$ y tomando en cuenta que $A_{1} C_{1} B_{1} K$ es cíclico entonces $∠ A C B = π - ∠ A_{1} K B_{1} = ∠ B_{1} C_{1} A_{1}$ .

De manera similar vemos que $∠ A = ∠ A_{1}$ y $∠ B = ∠ B_{1}$ .

Conjugado isotómico del punto simediano

En la entrada triángulos en perspectiva vimos que si dos triángulos tienen dos centros de perspectiva entonces existe un tercero, en la siguiente proposición describimos este punto.

Proposición 1. El tercer centro de perspectiva entre un triángulo y su triángulo de Brocard es el conjugado isotómico del punto simediano respecto del triángulo original.

Demostración. Bajo la misma notación del teorema anterior, Recordemos que la $A$ -simediana y la $A$ -exsimediana son conjugadas armónicas respecto de $A B$ , $A C$ .

También sabemos que $B K$ y la $A$ -exsimediana se intersecan en un punto exsimediano, es decir el punto de intersección de las tangentes por $A$ y $C$ al circuncírculo de $△ A B C$ .

Sea $S = B K \cap A C$ , entonces la hilera $B K S E$ es armónica, así, el haz $B^{'} (B K S E)$ es armónico.

Tomando en cuenta que $O B_{1} B^{'} E$ es una recta.

En el teorema anterior vimos que $B_{1} K ∥ A C$ , entonces las otras tres rectas del haz bisecan a $B_{1} K$ , es decir $B B^{'}$ biseca a $B_{1} K$ .

Sea $X = B B_{1} \cap A C$ , como $△ B B_{1} K$ y $△ B X S$ son semejantes entonces $B^{'}$ es el punto medio entre $X$ y $S$ .

Por lo tanto, $B K$ , $B B_{1}$ , son rectas isotómicas, es decir, unen puntos isotómicos con el vértice opuesto.

Igualmente vemos que $A K$ , $A A_{1}$ y $C K$ , $C C_{1}$ son rectas isotómicas, como las simedianas concurren en $K$ , entonces, $A A_{1}$ , $B B_{1}$ , $C C_{1}$ concurren en u punto $Y$ .

Centroide del triángulo de Brocard

Teorema 2. El centroide de un triángulo y el centroide de su primer triángulo de Brocard coinciden.

Demostración. Nuevamente emplearemos la notación del teorema 1.

$A_{1}$ , $B_{1}$ y $C_{1}$ están en las mediatrices de $B C$ , $C A$ y $A B$ entonces $△ A_{1} B C$ , $△ B_{1} C A$ , $△ C_{1} A B$ son isósceles, además son semejantes, pues $∠ A_{1} B C = ∠ B_{1} C A = ∠ C_{1} A B = ω$ , por lo tanto,

$\frac{A C_{1}}{A B_{1}} = \frac{A B}{C A}$ y $\frac{C A_{1}}{C B_{1}} = \frac{B C}{C A}$ .

Sea $X$ la reflexión de $B_{1}$ respecto de $C A$ , entonces
$∠ C_{1} A X = ∠ C_{1} A C + ∠ C A X$
$= ∠ C_{1} A C + ∠ B_{1} A C = ∠ C_{1} A C + ω$
$= ∠ A$ ,

además $\frac{A C_{1}}{A X} = \frac{A C_{1}}{A B_{1}} = \frac{A B}{C A}$ .

Por criterio de semejanza LAL, $△ A B C \sim △ A C_{1} X$ , igualmente podemos ver que $△ A B C \sim △ X A_{1} C$ .

Por lo tanto, $△ A C_{1} X \sim △ X A_{1} C$ , pero $A X = A B_{1} = B_{1} C = C X$ , así que $△ A C_{1} X$ y $△ X A_{1} C$ son congruentes.

En consecuencia, $C_{1} X = A_{1} C = A_{1} B$ y $X A_{1} = A C_{1} = C_{1} B$ , esto implica que $C_{1} B A_{1} X$ es un paralelogramo y por lo tanto $A_{1} C_{1}$ y $B X$ se cortan en su punto medio $M$ .

En $△ B_{1} B X$ , $B_{1} M$ y $B B^{'}$ son medianas, donde $B^{'}$ es el punto medio de $B_{1} X$ y $C A$ , por lo tanto, su intersección $G$ , triseca a ambas medianas de $△ B_{1} B X$ .

Pero el centroide de $△ A B C$ y de $△ A_{1} B_{1} C_{1}$ es el único punto con esa propiedad, por lo tanto, su centroide es el mismo.

Concurrencia en el centro de los nueve puntos.

Proposición 3. Las perpendiculares a los lados de un triángulo desde los puntos medios de su primer triángulo de Brocard concurren en el centro de los nueve puntos.

Demostración. Sean $△ A B C$ y $△ A_{1} B_{1} C_{1}$ su primer triángulo de Brocard, $D$ , $E$ , $F$ , los puntos medios de $B_{1} C_{1}$ , $C_{1} A_{1}$ , $A_{1} B_{1}$ respectivamente.

Notemos que las perpendiculares por $D$ , $E$ , $F$ , a $B C$ , $C A$ , $A B$ , respectivamente, son paralelas a $O A_{1}$ , $O B_{1}$ , $O C_{1}$ respectivamente, donde $O$ es el circuncentro de $△ A B C$ .

Como $△ A_{1} B_{1} C_{1}$ y $△ D E F$ , están en homotecia desde $G$ , el centroide de $△ A_{1} B_{1} C_{1}$ , y razón $\frac{- 1}{2}$ , entonces los tres pares de rectas paralelas son pares de rectas homotéticas, pues pasan por puntos homólogos.

Como $O A_{1}$ , $O B_{1}$ , $O C_{1}$ , concurren en $O$ entonces sus correspondientes rectas homotéticas concurren en el correspondiente punto homólogo, $O^{'}$ .

Entonces $O$ , $G$ y $O^{'}$ son colineales en ese orden y $\frac{O G}{2} = G O^{'}$ .

Como $G$ también es el centroide de $△ A B C$ entonces $O^{'}$ es el centro de los nueve puntos de $△ A B C$ .

Punto de Steiner

Proposición 4. Las rectas paralelas (perpendiculares) por los vértices de un triángulo a los respectivos lados de su primer triángulo de Brocard concurren en el circuncírculo del triángulo original, el punto de concurrencia se conoce como punto de Steiner (Tarry).

Demostración. Si $△ A_{1} B_{1} C_{1}$ es el primer triángulo de Brocard de $△ A B C$ , sea $S$ la intersección de la paralela a $A_{1} C_{1}$ por $B$ y la paralela a $A_{1} B_{1}$ por $C$ .

$∠ B S C = ∠ C_{1} A_{1} B_{1} = ∠ B A C$ , por lo tanto, $S$ se encuentra en el arco $\overset{⌢}{A B}$ .

De manera análoga vemos que $C S$ y la paralela a $B_{1} C_{1}$ por $A$ se intersecan en el circuncírculo de $△ A B C$ .

Por lo tanto, las paralelas concurren en $S$ .

Considera $T$ el punto diametralmente opuesto a $S$ , entonces $A T ⊥ A S \Rightarrow A T ⊥ B_{1} C_{1}$ .

De manera similar vemos que $B T ⊥ A_{1} C_{1}$ y $C T ⊥ A_{1} B_{1}$ .

Por lo tanto, las perpendiculares concurren en el circuncírculo de $△ A B C$ .

Más adelante…

Con la siguiente entrada comenzaremos la última unidad en la que hablaremos sobre cuadriláteros, mostraremos algunos teoremas que establecen propiedades análogas a la de los triángulos, como, cuando un cuadrilátero tiene un incírculo o la formula de Euler que mide la distancia entre el incentro y el circuncentro pero esta vez para cuadriláteros.

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, dado su primer triángulo de Brocard.
Muestra que la recta que une los vértices de un triángulo con los correspondientes vértices de su primer triángulo de Brocard dividen a los lados opuestos del triángulo original en el inverso de la razón de los cuadrados de los lados adyacentes.
Prueba que la reflexión del punto simediano respecto del centro de los nueve puntos de un triángulo es el centro de la circunferencia de Brocard de su triángulo anticomplementario.
Muestra que el punto simediano y el circuncentro de un triángulo son el punto de Steiner y el punto de Tarry de su primer triángulo de Brocard.
El triángulo cuyos vértices son las segundas intersecciones de las simedianas de un triángulo con su circunferencia de Brocard es el segundo triángulo de Brocard, demuestra que:
$i)$ los vértices del segundo triángulo de Brocard son los puntos medios de las cuerdas del circuncírculo de su triángulo de referencia determinadas por sus simedianas,
$i i)$ las circunferencias del grupo directo e indirecto que son tangentes a los lados de un mismo ángulo de un triángulo se intersecan en los vértices de su segundo triángulo de Brocard.

Entradas relacionadas

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Otros cursos.

Fuentes

Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 279-284.
Johnson, R., Advanced Euclidean Geometry. New York: Dover, 2007, pp 277-282.
Shively, L., Introducción a la Geómetra Moderna. México: Ed. Continental, 1961, pp 73-75.
Honsberger, R., Episodes in Nineteenth and Twentieth Century Euclidean Geometry. Washington: The Mathematical Association of America, 1995, pp 106-124.

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Geometría Moderna I: Teorema de Ceva

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

En esta ocasión veremos algunas proposiciones sobre concurrencia de rectas, principalmente el teorema de Ceva y su forma trigonométrica, a partir de los cuales mostraremos otros resultados.

Teorema de Ceva

Definición 1. Si una recta pasa por el vértice de un triángulo, el segmento comprendido entre el vértice y la intersección con el lado opuesto, se llama ceviana.

Teorema 1, de Ceva. Sean $△ A B C$ y $A X$ , $B Y$ , $C Z$ cevianas, entonces $A X$ , $B Y$ , $C Z$ son concurrentes si y solo si
$\frac{A Z}{Z B} \frac{B X}{X C} \frac{C Y}{Y A} = 1$ .

Demostración. Supongamos que $A X$ , $B Y$ y $C Z$ concurren en $S$ .

Aplicamos el teorema de Menelao a $△ A B X$ y la trasversal $Z S C$
$\frac{A Z}{Z B} \frac{B C}{C X} \frac{X S}{S A} = - 1$ .

Nuevamente, usamos el teorema de Menelao, ahora en $△ A X C$ y la transversal $B Y S$
$\frac{A S}{S X} \frac{X B}{B C} \frac{C Y}{Y A} = - 1$ .

Multiplicamos estas dos igualdades y reordenamos
$\frac{A Z}{Z B} \frac{X B}{C X} \frac{C Y}{Y A} \frac{X S}{S A} \frac{A S}{S X} \frac{B C}{B C} = 1$ .

Simplificamos empleando segmentos dirigidos
$\frac{A Z}{Z B} \frac{B X}{X C} \frac{C Y}{Y A} = 1$ .

Conversamente, supongamos que para las tres cevianas $A X$ , $B Y$ y $C Z$ , se cumple la igualdad $\frac{A Z}{Z B} \frac{B X}{X C} \frac{C Y}{Y A} = 1$ , sea $S = B Y \cap C Z$ , queremos ver que $A X$ pasa por $S$ .

Sea $X^{'} = A S \cap B C$ , entonces las cevianas $A X^{'}$ , $B Y$ y $C Z$ son concurrentes por lo tanto
$\frac{A Z}{Z B} \frac{B X^{'}}{X^{'} C} \frac{C Y}{Y A} = 1$ .

Como resultado de esta igualdad y nuestra hipótesis obtenemos
$\frac{B X}{X C} = \frac{B X^{'}}{X^{'} C}$ .

Es decir, $X$ y $X^{'}$ dividen a $B C$ en la misma razón, por lo tanto, $X = X^{'}$ .

Forma trigonométrica del teorema de Ceva

Forma trigonométrica del teorema de Ceva. Sean $A Z$ , $B Y$ y $C Z$ cevianas de un triángulo $△ A B C$ , entonces $A X$ , $B Y$ , $C Z$ son concurrentes si y solo si
$\frac{\sin ∠ A C Z}{\sin ∠ Z C B} \frac{\sin ∠ B A X}{\sin ∠ X A C} \frac{\sin ∠ C B Y}{\sin ∠ Y B A} = 1$ .

Demostración. Aplicamos el lema de la razón a los puntos $X$ , $Y$ , $Z$ (figura 1)

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

Multiplicamos las tres igualdades
$\frac{A Z}{Z B} \frac{B X}{X C} \frac{C Y}{Y A}$
$= \frac{\sin ∠ A C Z}{\sin ∠ Z C B} \frac{\sin ∠ B A X}{\sin ∠ X A C} \frac{\sin ∠ C B Y}{\sin ∠ Y B A}$ .

Por el teorema de Ceva, $\frac{A Z}{Z B} \frac{B X}{X C} \frac{C Y}{Y A} = 1$
si y solo si $A X$ , $B Y$ , $C Z$ son concurrentes.

Por lo tanto,
$\frac{\sin ∠ A C Z}{\sin ∠ Z C B} \frac{\sin ∠ B A X}{\sin ∠ X A C} \frac{\sin ∠ C B Y}{\sin ∠ Y B A} = 1$
si y solo si $A X$ , $B Y$ , $C Z$ son concurrentes.

Conjugados isotómicos

Proposición 1. Sea $△ A B C$ y $P$ un punto en el plano, sean $X = A P \cap B C$ , $Y = B P \cap C A$ , $Z = C P \cap A B$ , considera los puntos isotómicos $X^{'}$ , $Y^{'}$ , $Z^{'}$ de $X$ , $Y$ , $Z$ respectivamente, entonces las cevianas $A X^{'}$ , $B Y^{'}$ , $C Z^{'}$ son concurrentes, al punto de concurrencia se le conoce como conjugado isotómico de $P$ respecto a $△ A B C$ .

Demostración. Como $A X$ , $B Y$ , $C Z$ son concurrentes, por el teorema de Ceva $\frac{A Z}{Z B} \frac{B X}{X C} \frac{C Y}{Y A} = 1$ .

Ya que $X^{'}$ , $Y^{'}$ , $Z^{'}$ son las reflexiones de $X$ , $Y$ , $Z$ , respectivamente, respecto de los puntos medios de $B C$ , $C A$ y $A B$ respectivamente entonces

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

Por lo tanto, por el teorema de Ceva, $A X^{'}$ , $B Y^{'}$ , $C Z^{'}$ son concurrentes.

Teorema de Blanchet

Definición 2. Si tres cevianas $A X$ , $B Y$ , $C Z$ de un triángulo $△ A B C$ concurren en un punto $P$ , a $△ X Y Z$ se le conoce como triángulo de Ceva de $P$ respecto de $△ A B C$ .

Teorema 2, de Blanchet. Sea $△ A B C$ y $X$ el pie de la altura por $A$ , sea $P$ cualquier punto en $A X$ , $△ X Y Z$ el triángulo de Ceva de $P$ respecto de $△ A B C$ , entonces $A X$ es la bisectriz de $∠ Z X Y$ .

Demostración. Sean $l$ la paralela a $B C$ por $A$ , $D = X Z \cap l$ , $E = X Y \cap l$ , entonces tenemos las siguientes semejanzas $△ Y C X \sim △ Y A E$ , $△ Z A D \sim △ Z B X$ , esto es,
$\frac{Y C}{Y A} = \frac{C X}{A E}$ y $\frac{Z A}{Z B} = \frac{A D}{B X}$ .

Como las cevianas $A X$ , $B Y$ , $C Z$ son concurrentes, por el teorema de Ceva tenemos
$\frac{A Z}{Z B} \frac{B X}{X C} \frac{C Y}{Y A} = 1$ .

Sustituimos las ecuaciones derivadas de la semejanza
$\frac{D A}{B X} \frac{B X}{X C} \frac{X C}{A E} = 1$ .

Esto implica que $D A = A E$ .

Como $∠ E A X = ∠ X A D = \frac{π}{2}$ , por criterio de congruencia LAL, $△ X A E ≅ △ X A D$ .

Por lo tanto, $∠ D X A = ∠ A X E$ .

Teorema del nido de Ceva

Teorema 3. Sean $A D$ , $B E$ , $C F$ tres cevianas de un triángulo $△ A B C$ ; $D X$ , $E Y$ , $F Z$ , tres cevianas de $△ D E F$ , si dos de las tercias $(A D, B E, C F)$ ; $(D X, E Y, F Z)$ ; $(A X, B Y, C Z)$ , entonces la tercera también es concurrente.

Demostración. Supongamos que $(A D, B E, C F)$ y $(D X, E Y, F Z)$ son concurrentes, la prueba para otros casos es análoga.

Aplicamos el lema de la razón a los triángulos $△ A E F$ , $△ B F D$ , $△ C D E$ y los respectivos puntos $X$ , $Y$ , $Z$ ,

$\frac{E X}{X F} = \frac{E A}{A F} \frac{\sin ∠ E A X}{\sin ∠ X A F}$ ,

$\frac{F Y}{Y D} = \frac{F B}{B D} \frac{\sin ∠ F B Y}{\sin ∠ D B Y}$ ,

$\frac{D Z}{Z E} = \frac{D C}{C E} \frac{\sin ∠ D C Z}{\sin ∠ E C Z}$ .

Sean $X^{'} = A X \cap B C$ , $Y^{'} = B Y \cap C A$ , $Z^{'} = C Z \cap A B$ , recordemos que si dos ángulos son suplementarios su seno es igual, ahora multiplicamos las tres ecuaciones y reacomodamos

$\frac{D Z}{Z E} \frac{E X}{X F} \frac{F Y}{Y D}$
$= (\frac{A F}{F B} \frac{B D}{D C} \frac{C E}{E A})^{- 1} \frac{\sin ∠ X^{'} A C}{\sin ∠ X^{'} A B} \frac{\sin ∠ Y^{'} B A}{\sin ∠ C B Y^{'}} \frac{\sin ∠ Z^{'} C B}{\sin ∠ A C Z^{'}}$ .

Por otra parte, como $(A D, B E, C F)$ y $(D X, E Y, F Z)$ son concurrentes, por el teorema de Ceva
$\frac{A F}{F B} \frac{B D}{D C} \frac{C E}{E A} = 1$ ,

$\frac{D Z}{Z E} \frac{E X}{X F} \frac{F Y}{Y D} = 1$ .

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

Por la forma trigonométrica del teorema de Ceva, $A X^{'} = A X$ , $B Y^{'} = B Y$ , $C Z^{'} = C Z$ , son concurrentes.

Teorema de Jacobi

Teorema 4, de Jacobi. Sean $△ A B C$ , $X$ , $Y$ , $Z$ puntos tales que $∠ X B C = ∠ A B Z = β_{1}$ , $∠ B C X = ∠ Y C A = γ_{1}$ , $∠ C A Y = ∠ Z A B = α_{1}$ , entonces las rectas $A X$ , $B Y$ , $C Z$ son concurrentes, al punto de concurrencia se le conoce como punto de Jacobi.

Demostración. Sean $∠ B A C = α_{0}$ , $∠ C B A = β_{0}$ , $∠ A C B = γ_{0}$ , $Q = B X \cap C A$ , $R = C X \cap A B$ .

Como $A X$ , $B Q$ , $C R$ concurren en $X$ , por el teorema de Ceva trigonométrico,
$\frac{\sin ∠ A C R}{\sin ∠ R C B} \frac{\sin ∠ B A X}{\sin ∠ X A C} \frac{\sin ∠ C B Q}{\sin ∠ Q B A} = 1$ .

Por lo tanto,

$1 = \frac{\sin ∠ B A X}{\sin ∠ X A C} \frac{\sin γ_{0} + γ_{1}}{\sin γ_{1}} \frac{\sin π - β_{1}}{\sin π - (β_{0} + β_{1})}$
$= \frac{\sin ∠ B A X}{\sin ∠ X A C} \frac{\sin γ_{0} + γ_{1}}{\sin γ_{1}} \frac{\sin β_{1}}{\sin β_{0} + β_{1}}$ .

Igualmente podemos encontrar

$\frac{\sin ∠ A C Z}{\sin ∠ Z C B} \frac{\sin β_{0} + β_{1}}{\sin β_{1}} \frac{\sin α_{1}}{\sin α_{0} + α_{1}} = 1$ ,

$\frac{\sin ∠ C B Y}{\sin ∠ Y B A} \frac{\sin α_{0} + α_{1}}{\sin α_{1}} \frac{\sin γ_{1}}{\sin γ_{0} + γ_{1}} = 1$ .

Multiplicando estas tres ecuaciones y obtenemos
$\frac{\sin ∠ A C Z}{\sin ∠ Z C B} \frac{\sin ∠ B A X}{\sin ∠ X A C} \frac{\sin ∠ C B Y}{\sin ∠ Y B A} = 1$ .

Lo que significa, por la forma trigonométrica del teorema de Ceva que $A X$ , $B Y$ , $C Z$ son concurrentes.

Observación. Notemos que el punto de Jacobi es una generalización de los puntos de Fermat que vimos en la unidad 2.

Puntos de Napoleón

Corolario. Sea $A B C A^{'} B^{'} C^{'}$ una configuración externa (interna) de Napoleón, sean $I_{a}$ , $I_{b}$ , $I_{c}$ , los incentros de $△ A^{'} B C$ , $∠ A B^{'} C$ , $∠ A B C^{'}$ respectivamente, entonces $A I_{a}$ , $B I_{b}$ , $C I_{c}$ son concurrentes, al punto de concurrencia $N_{+}$ ( $N_{-}$ ) se le conoce como primer (segundo) punto de Napoleón.

Demostración. Como $△ A^{'} B C$ , $△ A B^{'} C$ , $△ A B C^{'}$ son equiláteros y están construidos externamente (internamente) sobre los lados de $△ A B C$ entonces $∠ I_{a} B C = ∠ A B I_{c} = ∠ B C I_{a} = ∠ I_{b} C A = ∠ C A I_{b} = ∠ I_{c} A B = \frac{π}{6}$ .

Por el teorema de Jacobi, $A I_{a}$ , $B I_{b}$ , $C I_{c}$ son concurrentes.

Teorema de Routh

Teorema 5, de Routh. Sean $A X$ , $B Y$ , $C Z$ cevianas de un triángulo $△ A B C$ y considera $D = B Y \cap A X$ , $E = B Y \cap C Z$ , $F = A X \cap C Z$ , $z = \frac{A Z}{Z B}$ , $x = \frac{B X}{X C}$ , $y = \frac{C Y}{Y B}$ entonces el área de $△ D E F$ se puede calcular mediante la siguiente formula:
$(△ D E F) = \frac{(1 - x y z)^{2}}{(x y + y + 1) (y z + z + 1) (z x + x + 1)} (△ A B C)$ .

Demostración. Como $△ A F C$ y $△ A X C$ tienen la misma altura desde $C$ entonces.
$\frac{(△ A F C)}{(△ A X C)} = \frac{A F}{A X} = \frac{A F}{A F + F X} = \frac{1}{1 + \frac{F X}{A F}}$ .

Aplicando el teorema de Menelao en $△ A B X$ y la transversal $Z F C$
$\frac{A Z}{Z B} \frac{B C}{C X} \frac{X F}{F A} = - 1$
$\Leftrightarrow \frac{X F}{F A} = \frac{Z B}{A Z} \frac{X C}{B C} = \frac{1}{z} \times \frac{X C}{B X + X C} = \frac{1}{z (x + 1)}$ .

Como resultado,
$(△ A F C) = \frac{1}{1 + \frac{1}{z (x + 1)}} (△ A X C) = \frac{z (x + 1)}{z x + z + 1} (△ A X C)$

Por otro lado,
$\frac{(△ A X C)}{(△ A B C)} = \frac{X C}{B C} = \frac{X C}{B X + X C} = \frac{1}{x + 1}$ .

Por lo tanto,
$(△ A F C) = \frac{z (x + 1)}{z x + z + 1} \times \frac{1}{1 + x} (△ A B C) = \frac{z}{z x + z + 1} (△ A B C)$ .

Igualmente podemos encontrar
$(△ B D A) = \frac{x}{x y + x + 1} (△ A B C)$ ,
$(△ C E B) = \frac{y}{y z + y + 1} (△ A B C)$ .

Finalmente
$(△ D E F) = (△ A B C) - (△ A F C) - (△ B D A) - (△ C E B)$
$= (△ A B C) (1 - \frac{z}{z x + z + 1} - \frac{x}{x y + x + 1} - \frac{y}{y z + y + 1})$
$= \frac{(1 - x y z)^{2}}{(x y + y + 1) (y z + z + 1) (z x + x + 1)} (△ A B C)$ .

Los cálculos de la última ecuación quedan para el lector.

Observación. Notemos que este resultado generaliza el teorema de Ceva pues si $A X$ , $B Y$ , $C Z$ son concurrentes entonces $(△ D E F) = 0$ , lo que implica que $\frac{A Z}{Z B} \frac{B X}{X C} \frac{C Y}{Y A} = x y z = 1$ .

Por el contrario, si $x y z = 1$ , entonces $(△ D E F) = 0$ , es decir $A X$ , $B Y$ , $C Z$ son concurrentes.

Más adelante…

En la siguiente entrada hablaremos sobre el punto de Nagel, un punto notable del triángulo con varias propiedades interesantes, la existencia de los conjugados isotómicos nos permitirá presentar este punto.

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.

Empleando el teorema de Menelao, muestra que las medianas, las alturas y las bisectrices internas de todo triángulo son concurrentes.
Sea $△ A B C$ y $X$ , $X^{'} \in B C$ ; $Y$ , $Y^{'} \in C A$ ; $Z$ , $Z^{'} \in A B$ , los puntos en que una circunferencia interseca a los lados de $△ A B C$ , prueba que si $A X$ , $B Y$ , $C Z$ son concurrentes, entonces $A X^{'}$ , $B Y^{'}$ , $C Z^{'}$ son concurrentes.
In un triangulo $△ A B C$ , $D$ , $E$ , $F$ son los pies de las alturas desde $A$ , $B$ , $C$ , muestra que las perpendiculares desde $A$ , $B$ , y $C$ a $E F$ , $D F$ y $D E$ , respectivamente son concurrentes.
Si las diagonales de un cuadrilátero convexo $A B C D$ se intersecan en $P$ muestra que
$\frac{\sin ∠ P A D}{\sin ∠ P A B} \frac{\sin ∠ P B A}{\sin ∠ P B C} \frac{\sin ∠ P C B}{\sin ∠ P C D} \frac{\sin ∠ P D C}{\sin ∠ P D A} = 1$ .
Teorema de Kariya. Sea $Γ (I)$ el incírculo de un triángulo $△ A B C$ , sean $D$ , $E$ , $F$ los puntos de tangencia de $Γ (I)$ con $B C$ , $C A$ y $A B$ respectivamente, sean $(I, r)$ una circunferencia con centro en $I$ y radio $r$ , $X = (I, r) \cap I D$ , $Y = (I, r) \cap I E$ , $Z = (I, r) \cap I F$ , demuestra que $A X$ , $B Y$ , $C Z$ son concurrentes.

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 37-53, 85-93.
Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 158-160.
Posamentier, A. y Salkind, C; Challenging Problems in Geometry. New York: Dover, 1996, pp 36-42.
Wikipedia
The University of Georgia

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»

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Forma trigonométrica del teorema de Ceva

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