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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 $\Gamma(KO)$ 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 $\triangle ABC$ sea $\Omega$ el primer punto de Brocard, $K$ el punto simediano, $O$ el circuncentro y $A’$, $B’$, $C’$, los puntos medios de $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente.

Recordemos que las distancias de $K$ a los lados del triángulo son proporciónales a estos,
$d(K, BC) = a \dfrac{2(\triangle ABC)}{a^2 + b^2 + c^2}$

Figura 1

En un ejercicio de la entrada anterior se pide mostrar que
$\dfrac{1}{\tan \omega} = \cot \omega = \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{4(\triangle ABC)}$.

Donde $\omega$ es el ángulo de Brocard y $a$, $b$, $c$ los lados de $\triangle ABC$.

Por lo tanto, $d(K, BC) = \dfrac{a}{2} \tan \omega$.

Sea $A_1 = OA’ \cap B\Omega$, en $\triangle A_1BA’$, $A’A_1 = \dfrac{a}{2} \tan \omega$.

Esto implica que $A_1K \parallel BC$, como $OA_1$ es mediatriz de $BC$ entonces $\angle OA_1K = \dfrac{\pi}{2}$, y por lo tanto $A_1 \in \Gamma (KO)$.

De manera similar si consideramos $B_1$ la intersección del rayo $C\Omega$ con la mediatriz de $CA$, podemos ver $B_1K \parallel CA$ y que $B_1 \in \Gamma(KO)$.

Como $A_1K \parallel BC$ y $B_1K \parallel CA$ entonces $\angle KA_1\Omega = \omega = \angle KB_1\Omega$.

En consecuencia, el cuadrilátero $\square \Omega A_1B_1K$ es cíclico, pero el circuncírculo de $\triangle A_1B_1K$, es la circunferencia de Brocard.

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

Sea $\Omega’$ el segundo punto de Brocard, como $A_1$ y $B_1$ están en las mediatrices de $BC$ y $CA$ entonces $\triangle A_1BC$ y $\triangle B_1CA$ son isósceles y $\angle A_1CB = \angle B_1AC = \angle \Omega’CB = \angle \Omega’AC = \omega$.

Esto implica que $CA_1$ y $AB_1$ se intersecan en $\Omega’$.

Ya que $A_1K \parallel BC$ y $B_1K \parallel CA$, entonces, $\angle \Omega’A_1K = \omega$ y $\angle KB_1\Omega’ = \pi – \omega$.

Esto implica que $\square A_1\Omega B_1K$ es cíclico, y así el segundo punto de Brocard está en la circunferencia de Brocard.

$\blacksquare$

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 $BA_1$ y $CB_1$ se intersecan en el primer punto de Brocard, de manera similar se puede ver que $A$, $C_1$ y $\Omega$ son colineales.

También mostramos que $CA_1 \cap AB_1 = \Omega’$, de manera análoga podemos ver que $BC_1$ pasa por $\Omega’$.

Por lo tanto $\Omega$ y $\Omega’$ son centros de perspectiva de $\triangle ABC$ y $\triangle A_1B_1C_1$.

$\blacksquare$

Corolario 2. $\triangle ABC$ y su primer triángulo de Brocard son semejantes.

Demostración. Como $B_1K \parallel CA$, $A_1K \parallel BC$ y tomando en cuenta que $\square A_1C_1B_1K$ es cíclico entonces $\angle ACB = \pi – \angle A_1KB_1 = \angle B_1C_1A_1$.

De manera similar vemos que $\angle A = \angle A_1$ y $\angle B = \angle B_1$.

$\blacksquare$

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 $AB$, $AC$.

También sabemos que $BK$ 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 $\triangle ABC$.

Figura 2

Sea $S = BK \cap AC$, entonces la hilera $BKSE$ es armónica, así, el haz $B’(BKSE)$ es armónico.

Tomando en cuenta que $OB_1B’E$ es una recta.

En el teorema anterior vimos que $B_1K  \parallel AC$, entonces las otras tres rectas del haz bisecan a $B_1K$, es decir $BB’$ biseca a $B_1K$.

Sea $X = BB_1 \cap AC$, como $\triangle BB_1K$ y $\triangle BXS$ son semejantes entonces $B’$ es el punto medio entre $X$ y $S$.

Por lo tanto, $BK$, $BB_1$, son rectas isotómicas, es decir, unen puntos isotómicos con el vértice opuesto.

Igualmente vemos que $AK$, $AA_1$ y $CK$, $CC_1$ son rectas isotómicas, como las simedianas concurren en $K$, entonces, $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$concurren en u punto $Y$.

$\blacksquare$

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.

Figura 3

$A_1$, $B_1$ y $C_1$ están en las mediatrices de $BC$, $CA$ y $AB$ entonces $\triangle A_1BC$, $\triangle B_1CA$, $\triangle C_1AB$ son isósceles, además son semejantes, pues $\angle A_1BC = \angle B_1CA = \angle C_1AB = \omega$, por lo tanto,

$\dfrac{AC_1}{AB_1} = \dfrac{AB}{CA}$ y $\dfrac{CA_1}{CB_1} = \dfrac{BC}{CA}$.

Sea $X$ la reflexión de $B_1$ respecto de $CA$, entonces
$\angle C_1AX = \angle C_1AC + \angle CAX $
$= \angle C_1AC + \angle B_1AC = \angle C_1AC + \omega $
$= \angle A$,

además $\dfrac{AC_1}{AX} = \dfrac{AC_1}{AB_1} =\dfrac{AB}{CA}$.

Por criterio de semejanza LAL, $\triangle ABC \sim \triangle AC_1X$, igualmente podemos ver que $\triangle ABC \sim \triangle XA_1C$.

Por lo tanto, $\triangle AC_1X \sim \triangle XA_1C$, pero $AX = AB_1 = B_1C = CX$, así que $\triangle AC_1X$ y $\triangle XA_1C$ son congruentes.

En consecuencia, $C_1X = A_1C = A_1B$ y $XA_1 = AC_1 = C_1B$, esto implica que $\square C_1BA_1X$ es un paralelogramo y por lo tanto $A_1C_1$ y $BX$ se cortan en su punto medio $M$.

En $\triangle B_1BX$, $B_1M$ y $BB’$ son medianas, donde $B’$ es el punto medio de $B_1X$ y $CA$, por lo tanto, su intersección $G$, triseca a ambas medianas de $\triangle B_1BX$.

Pero el centroide de $\triangle ABC$ y de $\triangle A_1B_1C_1$ es el único punto con esa propiedad, por lo tanto, su centroide es el mismo.

$\blacksquare$

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 $\triangle ABC$ y $\triangle A_1B_1C_1$ su primer triángulo de Brocard, $D$, $E$, $F$, los puntos medios de $B_1C_1$, $C_1A_1$, $A_1B_1$ respectivamente.

Figura 4

Notemos que las perpendiculares por $D$, $E$, $F$, a $BC$, $CA$, $AB$, respectivamente, son paralelas a $OA_1$, $OB_1$, $OC_1$ respectivamente, donde $O$ es el circuncentro de $\triangle ABC$.

Como $\triangle A_1B_1C_1$ y $\triangle DEF$, están en homotecia desde $G$, el centroide de $\triangle A_1B_1C_1$, y razón $\dfrac{- 1}{2}$, entonces los tres pares de rectas paralelas son pares de rectas homotéticas, pues pasan por puntos homólogos.

Como $OA_1$, $OB_1$, $OC_1$, 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 $\dfrac{OG}{2} = GO’$.

Como $G$ también es el centroide de $\triangle ABC$ entonces $O’$ es el centro de los nueve puntos de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

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 $\triangle A_1B_1C_1$ es el primer triángulo de Brocard de $\triangle ABC$, sea $S$ la intersección de la paralela a $A_1C_1$  por $B$ y la paralela a $A_1B_1$ por $C$.

Figura 5

$\angle BSC = \angle C_1A_1B_1 = \angle BAC$, por lo tanto, $S$ se encuentra en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{AB}$.

De manera análoga vemos que $CS$ y la paralela a $B_1C_1$ por $A$ se intersecan en el circuncírculo de $\triangle ABC$.

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

Considera $T$ el punto diametralmente opuesto a $S$, entonces $AT \perp AS \Rightarrow AT \perp B_1C_1$.

De manera similar vemos que $BT \perp A_1C_1$ y $CT \perp A_1B_1$.

Por lo tanto, las perpendiculares concurren en el circuncírculo de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Tarea moral

Los siguientes ejercicios te ayudarán a repasar los conceptos vistos en esta entrada.

  1. Construye un triángulo, dado su primer triángulo de Brocard.
  2. 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.
  3. 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.
  4. 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.
  5. 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,
    $ii)$ 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.

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.

Entradas relacionadas

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.

Geometría Moderna I: Teorema de Ceva

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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 $\triangle ABC$ y $AX$, $BY$, $CZ$ cevianas, entonces $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes si y solo si
$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA} = 1$.

Demostración. Supongamos que $AX$, $BY$ y $CZ$ concurren en $S$.

Figura 1

Aplicamos el teorema de Menelao a $\triangle ABX$ y la trasversal $ZSC$
$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BC}{CX} \dfrac{XS}{SA} = – 1$.

Nuevamente, usamos el teorema de Menelao, ahora en $\triangle AXC$ y la transversal $BYS$
$\dfrac{AS}{SX} \dfrac{XB}{BC} \dfrac{CY}{YA} = – 1$.

Multiplicamos estas dos igualdades y reordenamos
$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{XB}{CX} \dfrac{CY}{YA} \dfrac{XS}{SA} \dfrac{AS}{SX} \dfrac{BC}{BC} = 1$.

Simplificamos empleando segmentos dirigidos
$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA} = 1$.

$\blacksquare$

Conversamente, supongamos que para las tres cevianas $AX$, $BY$ y $CZ$, se cumple la igualdad $\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA} = 1$, sea $S = BY \cap CZ$, queremos ver que $AX$ pasa por $S$.

Sea $X’ = AS \cap BC$, entonces las cevianas $AX’$, $BY$ y $CZ$ son concurrentes por lo tanto
$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX’}{X’C} \dfrac{CY}{YA} = 1$.

Como resultado de esta igualdad y nuestra hipótesis obtenemos
$\dfrac{BX}{XC} = \dfrac{BX’}{X’C}$.

Es decir, $X$ y $X’$ dividen a $BC$ en la misma razón, por lo tanto, $X = X’$.

$\blacksquare$

Forma trigonométrica del teorema de Ceva

Forma trigonométrica del teorema de Ceva. Sean $AZ$, $BY$ y $CZ$ cevianas de un triángulo $\triangle ABC$, entonces $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes si y solo si
$\dfrac{\sin \angle ACZ}{\sin \angle ZCB} \dfrac{\sin \angle BAX}{\sin \angle XAC} \dfrac{\sin \angle CBY}{\sin \angle YBA} = 1$.

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

$\dfrac{BX}{XC} = \dfrac{BA}{AC} \dfrac{\sin \angle BAX}{\sin \angle XAC}$,
$\dfrac{CY}{YA} = \dfrac{CB}{BA} \dfrac{\sin \angle CBY}{\sin \angle YBA}$,
$\dfrac{AZ}{ZB} = \dfrac{AC}{CB} \dfrac{\sin \angle ACZ}{\sin \angle ZCB}$.

Multiplicamos las tres igualdades
$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA} $
$= \dfrac{\sin \angle ACZ}{\sin \angle ZCB} \dfrac{\sin \angle BAX}{\sin \angle XAC} \dfrac{\sin \angle CBY}{\sin \angle YBA}$.

Por el teorema de Ceva, $\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA} = 1$
si y solo si $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes.

Por lo tanto,
$\dfrac{\sin \angle ACZ}{\sin \angle ZCB} \dfrac{\sin \angle BAX}{\sin \angle XAC} \dfrac{\sin \angle CBY}{\sin \angle YBA} = 1$
si y solo si $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes.

$\blacksquare$

Conjugados isotómicos

Proposición 1. Sea $\triangle ABC$ y $P$ un punto en el plano, sean $X = AP \cap BC$, $Y = BP \cap CA$, $Z = CP \cap AB$, considera los puntos isotómicos $X’$, $Y’$, $Z’$ de $X$, $Y$, $Z$ respectivamente, entonces las cevianas $AX’$, $BY’$, $CZ’$ son concurrentes, al punto de concurrencia se le conoce como conjugado isotómico de $P$ respecto a $\triangle ABC$.

Demostración. Como $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes, por el teorema de Ceva $\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA} = 1$.

Figura 2

Ya que $X’$, $Y’$, $Z’$ son las reflexiones de $X$, $Y$, $Z$, respectivamente, respecto de los puntos medios de $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente entonces

$\dfrac{AZ’}{Z’B} \dfrac{BX’}{X’C} \dfrac{CY’}{Y’A}$
$= \dfrac{ZB}{AZ} \dfrac{XC}{BX} \dfrac{YA}{CY}$
$= (\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA})^{- 1} = 1$.

Por lo tanto, por el teorema de Ceva, $AX’$, $BY’$, $CZ’$ son concurrentes.

$\blacksquare$

Teorema de Blanchet

Definición 2. Si tres cevianas $AX$, $BY$, $CZ$ de un triángulo $\triangle ABC$ concurren en un punto $P$, a $\triangle XYZ$ se le conoce como triángulo de Ceva de $P$ respecto de $\triangle ABC$.

Teorema 2, de Blanchet. Sea $\triangle ABC$ y $X$ el pie de la altura por $A$, sea $P$ cualquier punto en $AX$, $\triangle XYZ$ el triángulo de Ceva de $P$ respecto de $\triangle ABC$, entonces $AX$ es la bisectriz de $\angle ZXY$.

Demostración. Sean $l$ la paralela a $BC$ por $A$, $D = XZ \cap l$, $E = XY \cap l$, entonces tenemos las siguientes semejanzas $\triangle YCX \sim \triangle YAE$, $\triangle ZAD \sim \triangle ZBX$, esto es,
$\dfrac{YC}{YA} = \dfrac{CX}{AE}$ y $\dfrac{ZA}{ZB} = \dfrac{AD}{BX}$.

Figura 3

Como las cevianas $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes, por el teorema de Ceva tenemos
$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA} = 1$.

Sustituimos las ecuaciones derivadas de la semejanza
$\dfrac{DA}{BX} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{XC}{AE} = 1$.

Esto implica que $DA = AE$.

Como $\angle EAX = \angle XAD = \dfrac{\pi}{2}$, por criterio de congruencia LAL, $\triangle XAE \cong \triangle XAD$.

Por lo tanto, $\angle DXA = \angle AXE$.

$\blacksquare$

Teorema del nido de Ceva

Teorema 3. Sean $AD$, $BE$, $CF$ tres cevianas de un triángulo $\triangle ABC$; $DX$, $EY$, $FZ$, tres cevianas de $\triangle DEF$, si dos de las tercias $(AD, BE, CF)$; $(DX, EY, FZ)$; $(AX, BY, CZ)$, entonces la tercera también es concurrente.

Demostración. Supongamos que $(AD, BE, CF)$ y $(DX, EY, FZ)$ son concurrentes, la prueba para otros casos es análoga.

Aplicamos el lema de la razón a los triángulos $\triangle AEF$, $\triangle BFD$, $\triangle CDE$ y los respectivos puntos $X$, $Y$, $Z$,

$\dfrac{EX}{XF} = \dfrac{EA}{AF} \dfrac{\sin \angle EAX}{\sin \angle XAF}$,

$\dfrac{FY}{YD} = \dfrac{FB}{BD} \dfrac{\sin \angle FBY}{\sin \angle DBY}$,

$\dfrac{DZ}{ZE} = \dfrac{DC}{CE} \dfrac{\sin \angle DCZ}{\sin \angle ECZ}$.

Figura 4

Sean $X’ = AX \cap BC$, $Y’ = BY \cap CA$, $Z’ = CZ \cap AB$, recordemos que si dos ángulos son suplementarios su seno es igual, ahora multiplicamos las tres ecuaciones y reacomodamos

$\dfrac{DZ}{ZE} \dfrac{EX}{XF} \dfrac{FY}{YD}$
$= (\dfrac{AF}{FB} \dfrac{BD}{DC} \dfrac{CE}{EA})^{- 1} \dfrac{\sin \angle X’AC}{\sin \angle X’AB} \dfrac{\sin \angle Y’BA}{\sin \angle CBY’} \dfrac{\sin \angle Z’CB}{\sin \angle ACZ’}$.

Por otra parte, como $(AD, BE, CF)$ y $(DX, EY, FZ)$ son concurrentes, por el teorema de Ceva
$\dfrac{AF}{FB} \dfrac{BD}{DC} \dfrac{CE}{EA} = 1$,

$\dfrac{DZ}{ZE} \dfrac{EX}{XF} \dfrac{FY}{YD} = 1$.

Por lo tanto,
$\dfrac{\sin \angle ACZ’}{\sin \angle Z’CB} \dfrac{\sin \angle X’AB}{\sin \angle X’AC} \dfrac{\sin \angle CBY’}{\sin \angle Y’BA}  = 1$.

Por la forma trigonométrica del teorema de Ceva, $AX’ = AX$, $BY’ = BY$, $CZ’ = CZ$, son concurrentes.

$\blacksquare$

Teorema de Jacobi

Teorema 4, de Jacobi. Sean $\triangle ABC$, $X$, $Y$, $Z$ puntos tales que $\angle XBC = \angle ABZ = \beta_1$, $\angle BCX = \angle YCA = \gamma_1$, $\angle CAY = \angle ZAB = \alpha_1$, entonces las rectas $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes, al punto de concurrencia se le conoce como punto de Jacobi.

Demostración. Sean $\angle BAC = \alpha_0$, $\angle CBA = \beta_0$, $\angle ACB = \gamma_0$, $Q = BX \cap CA$, $R = CX \cap AB$.

Figura 5

Como $AX$, $BQ$, $CR$ concurren en $X$, por el teorema de Ceva trigonométrico,
$\dfrac{\sin \angle ACR}{\sin \angle RCB} \dfrac{\sin \angle BAX}{\sin \angle XAC} \dfrac{\sin \angle CBQ}{\sin \angle QBA} = 1$.

Por lo tanto,

$1 = \dfrac{\sin \angle BAX}{\sin \angle XAC} \dfrac{\sin \gamma_0 + \gamma_1}{\sin \gamma_1} \dfrac{\sin \pi – \beta_1}{\sin \pi – (\beta_0 + \beta_1)}$
$= \dfrac{\sin \angle BAX}{\sin \angle XAC} \dfrac{\sin \gamma_0 + \gamma_1}{\sin \gamma_1} \dfrac{\sin \beta_1}{\sin \beta_0 + \beta_1}$.

Igualmente podemos encontrar

$\dfrac{\sin \angle ACZ}{\sin \angle ZCB} \dfrac{\sin \beta_0 + \beta_1}{\sin \beta_1} \dfrac{\sin \alpha_1}{\sin \alpha_0 + \alpha_1} = 1$,

$\dfrac{\sin \angle CBY}{\sin \angle YBA} \dfrac{\sin \alpha _0 + \alpha _1}{\sin \alpha _1} \dfrac{\sin \gamma _1}{\sin \gamma _0 + \gamma _1} = 1$.

Multiplicando estas tres ecuaciones y obtenemos
$\dfrac{\sin \angle ACZ}{\sin \angle ZCB} \dfrac{\sin \angle BAX}{\sin \angle XAC}\dfrac{\sin \angle CBY}{\sin \angle YBA} = 1$.

Lo que significa, por la forma trigonométrica del teorema de Ceva que $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes.

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

$\blacksquare$

Puntos de Napoleón

Corolario. Sea $ABCA’B’C’$ una configuración externa (interna) de Napoleón, sean $I_a$, $I_b$, $I_c$, los incentros de $\triangle A’BC$, $\angle AB’C$, $\angle ABC’$ respectivamente, entonces $AI_a$, $BI_b$, $CI_c$ son concurrentes, al punto de concurrencia $N_+$ ($N_-$) se le conoce como primer (segundo) punto de Napoleón.

Demostración. Como $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$, $\triangle ABC’$ son equiláteros y están construidos externamente (internamente) sobre los lados de $\triangle ABC$ entonces $\angle I_aBC = \angle ABI_c = \angle BCI_a = \angle I_bCA = \angle CAI_b = \angle I_cAB = \dfrac{\pi}{6}$.

Figura 6

Por el teorema de Jacobi, $AI_a$, $BI_b$, $CI_c$ son concurrentes.

$\blacksquare$

Teorema de Routh

Teorema 5, de Routh. Sean $AX$, $BY$, $CZ$ cevianas de un triángulo $\triangle ABC$ y considera $D = BY \cap AX$, $E = BY \cap CZ$, $F = AX \cap CZ$, $z = \dfrac{AZ}{ZB}$, $x = \dfrac{BX}{XC}$, $y = \dfrac{CY}{YB}$ entonces el área de $\triangle DEF$ se puede calcular mediante la siguiente formula:
$(\triangle DEF) = \dfrac{(1 – xyz)^2}{(xy + y + 1)(yz + z + 1)(zx + x + 1)}(\triangle ABC)$.

Demostración. Como $\triangle AFC$ y $\triangle AXC$ tienen la misma altura desde $C$ entonces.
$\dfrac{(\triangle AFC)}{(\triangle AXC)} = \dfrac{AF}{AX} = \dfrac{AF}{AF + FX} = \dfrac{1}{1 + \dfrac{FX}{AF}}$.

Figura 7

Aplicando el teorema de Menelao en $\triangle ABX$ y la transversal $ZFC$
$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BC}{CX} \dfrac{XF}{FA} = – 1$
$\Leftrightarrow \dfrac{XF}{FA} = \dfrac{ZB}{AZ} \dfrac{XC}{BC} = \dfrac{1}{z} \times \dfrac{XC}{BX + XC} = \dfrac{1}{z(x + 1)}$.

Como resultado,
$(\triangle AFC) = \dfrac{1}{1 + \dfrac{1}{z(x + 1)}}(\triangle AXC) = \dfrac{z(x + 1)}{zx + z + 1} (\triangle AXC)$

Por otro lado,
$\dfrac{(\triangle AXC)}{(\triangle ABC)} = \dfrac{XC}{BC} = \dfrac{XC}{BX + XC} = \dfrac{1}{x + 1}$.

Por lo tanto,
$(\triangle AFC) = \dfrac{z(x + 1)}{zx + z + 1} \times \dfrac{1}{1 + x} (\triangle ABC) = \dfrac{z}{zx + z + 1}(\triangle ABC)$.

Igualmente podemos encontrar
$(\triangle BDA) = \dfrac{x}{xy + x + 1}(\triangle ABC)$,
$(\triangle CEB) = \dfrac{y}{yz + y + 1}(\triangle ABC)$.

Finalmente
$(\triangle DEF) = (\triangle ABC) – (\triangle AFC) – (\triangle BDA) – (\triangle CEB)$
$= (\triangle ABC)(1 – \dfrac{z}{zx + z + 1} – \dfrac{x}{xy + x + 1} – \dfrac{y}{yz + y + 1})$
$= \dfrac{(1 – xyz)^2}{(xy + y + 1)(yz + z + 1)(zx + x + 1)} (\triangle ABC)$.

Los cálculos de la última ecuación quedan para el lector.

$\blacksquare$

Observación. Notemos que este resultado generaliza el teorema de Ceva pues si $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes entonces $(\triangle DEF) = 0$, lo que implica que $\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA} = xyz = 1$.

Por el contrario, si $xyz = 1$, entonces $(\triangle DEF) = 0$, es decir $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios te ayudarán a repasar los conceptos vistos en esta entrada.

  1. Empleando el teorema de Menelao, muestra que las medianas, las alturas y las bisectrices internas de todo triángulo son concurrentes.
  2. Sea $\triangle ABC$ y $X$, $X’ \in BC$; $Y$, $Y’ \in CA$; $Z$, $Z’ \in AB$, los puntos en que una circunferencia interseca a los lados de $\triangle ABC$, prueba que si $AX$, $BY$, $CZ$ son concurrentes, entonces $AX’$, $BY’$, $CZ’$ son concurrentes.
  3. In un triangulo $\triangle ABC$, $D$, $E$, $F$ son los pies de las alturas desde $A$, $B$, $C$, muestra que las perpendiculares desde $A$, $B$, y $C$ a $EF$, $DF$ y $DE$, respectivamente son concurrentes.
  4. Si las diagonales de un cuadrilátero convexo $\square ABCD$ se intersecan en $P$ muestra que
    $\dfrac{\sin \angle PAD}{\sin \angle PAB}\dfrac{\sin \angle PBA}{\sin \angle PBC}\dfrac{\sin \angle PCB}{\sin \angle PCD}\dfrac{\sin \angle PDC}{\sin \angle PDA} = 1$.
  5. Teorema de Kariya. Sea $\Gamma(I)$ el incírculo de un triángulo $\triangle ABC$, sean $D$, $E$, $F$ los puntos de tangencia de $\Gamma(I)$ con $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente, sean $(I, r)$ una circunferencia con centro en $I$ y radio $r$, $X = (I, r) \cap ID$, $Y = (I, r) \cap IE$, $Z = (I, r) \cap IF$, demuestra que $AX$, $BY$, $CZ$ 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.

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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