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Geometría Moderna II: Inversión Construcciones

Por Armando Arzola Pérez

Introducción

A lo largo de los temas hemos visto definiciones de inversión junto con teoremas, pero también podemos verlo a través de construcciones a la inversión usando regla y compas.

Construcciones

Construcción. Dada una línea que pasa por $A$ y $B$ , encontrar el punto medio del segmento $A B$ usando únicamente compas.

Solución. Podemos construir una circunferencia con centro $A$ y radio $A B = r$ se tiene $C (A, r)$ y con esta localizamos $P$ en la línea $A B$ talque $B$ es el punto medio de $A P$ . Usando $P$ como centro y radio $A P$ trazamos la circunferencia $C (P, A P)$ la cual interseca a la primera circunferencia $C (A, r)$ en un punto $C$ . Por último dibujamos la circunferencia $C (C, r = A B)$ donde intersecamos a $A B$ en $P^{'}$ , entonces $P^{'}$ es punto medio de $A B$ .

Notemos que $△ A P^{'} C \approx △ A C P$ , ya que son triángulos semejantes isósceles, puesto que comparten un mismo ángulo con vértice $A$ , tal que

$\frac{A P^{'}}{A C} = \frac{A C}{A P} \Rightarrow \frac{A P^{'}}{r} = \frac{r}{2 r}$

$\Rightarrow A P^{'} = \frac{r \times r}{2 r} = \frac{r}{2} = \frac{A B}{2}$

Por lo cual $A P = 2 r$ y $A P^{'} = \frac{1}{2} r$ , entonces $A P \times A P^{'} = 2 r \times \frac{1}{2} r = r^{2}$ , esta relación entre $P^{'}$ y $P$ es la que llamamos inversión.

La construcción anterior nos sirve para encontrar el inverso, entonces analicemos otras construcciones para encontrar el inverso con compas.

Construcción. Sea $C (O, r)$ y $P$ un punto externo, tracemos la recta $O P$ . Ahora con centro $P$ y radio $O P$ dibujamos el arco que interseque a $C (O, r)$ en $Q$ . Con centro $Q$ y radio $O Q$ , dibujamos un arco que interseque a $O P$ en $P^{'}$ .

Entonces $P^{'}$ es el inverso de $P$ y como $△ O Q P \approx △ O P^{'} Q$ por triángulos isósceles con ángulo en común $O$ entonces

$\frac{O P}{O Q} = \frac{O Q}{O P^{'}} \Rightarrow O P \times O P^{'} = r^{2} .$

Construcción. (Método de la tangente) Otra construcción del inverso es de la siguiente forma, dada una circunferencia $C (O, r)$ y un punto $P$ externo a la circunferencia, trazamos el segmento $O P$ , y trazamos las tangentes desde $P$ a la circunferencia $C (O, r)$ que son $P Q$ y $P R$ con $Q$ y $R$ los puntos de tangencia, la figura es la siguiente:

Sea $P^{'} = Q R \cap O P$ entonces $P^{'}$ es inverso de $P$ .
Sean los $△ O Q P^{'}$ y $△ O P Q$ comparten el angulo $O$ , el lado $O Q$ y $∠ O P^{'} Q = ∠ O Q P$ entonces

$△ O Q P^{'} \approx △ O P Q \Rightarrow \frac{O P^{'}}{O Q} = \frac{O Q}{O P}$

$\Rightarrow O P^{'} \times O P = r^{2} .$

Construcción. (Método de la perpendicular) Otro método para ver el inverso cuando $P$ está dentro o fuera de la circunferencia, es de la siguiente forma.

Sea la circunferencia $C (O, r)$ trazamos el diámetro con puntos en los extremos $S T$ , donde el diámetro es perpendicular a $O P$ . Unimos $S$ con $P$ y la intersección con la circunferencia es $Q$ , se une $T$ con $Q$ y esta recta $T Q$ interseca a $O P$ en $P^{'}$ , entonces $P^{'}$ es inverso de $P$ .

Construcción. Dado un punto $P$ fuera de la circunferencia $α$ con centro $O$ , construir el inverso de $P$ con respecto a $α$ .

Solución. Dibujamos el arco con centro $P$ que pase por $O$ y corte a la circunferencia $α$ en 2 puntos $B$ y $C$ ; Ahora dibujamos los arcos con centros $B$ y $C$ y que pase por $O$ , la intersección la llamaremos $P^{'}$ y será el inverso de $P$ .

Construcción. Dado un punto $A$ y $B$ , construir el punto $C$ tal que $B$ es el punto medio de $A C$ .

Solución. Trazamos la circunferencia $α$ con centro $B$ y radio $A$ , trazamos el arco con centro $A$ y radio $B$ que corte a la circunferencia $α$ en $D$ , trazamos el arco con centro $D$ y radio $A B$ que corte a $α$ en $E$ y por último dibujamos el arco con centro $E$ con radio $A B$ que corte a $α$ en $C$ .

Los triángulos $△ A B D$ , $△ E B C$ y $△ D B E$ son equiláteros, entonces $∠ A B D = ∠ E B C = ∠ D B E = 60 °$ . Esto significa que $A B C$ es una línea recta, y $A C$ es el diámetro de $α$ .
Por lo tanto, $B$ es el punto medio de $A C$ .

Construcción. Dada una circunferencia $α$ con centro $A$ y radio $r$ , y dado un punto $P$ dentro de $α$ , construir el inverso de $P$ con respecto a $α$ .

Solución. Para esta se usarán distintas construcciones, es por ello que usando la construcción 5 se pueden construir puntos $P_{1}$ , $P_{2}$ , $P_{3}$ ,…, $P_{i}$ tal que $P_{i}$ este fuera de $α$ , entonces:

$\begin{aligned} A P_{1} & = 2 A P \\ A P_{2} & = 2 A P_{1} = 4 A P \\ A P_{3} & = 2 A P_{2} = 8 A P \\ . \\ . \\ . \\ A P_{i} & = 2 A P_{i - 1} = 2^{i} A P \end{aligned}$

Si $k = 3$ entonces

Usando la construcción 4 se puede encontrar el inverso de $P_{i}$ lo llamaremos $S$ , entonces $A S \times A P_{i} = r^{2}$ . De igual forma, aplicando la construcción 5 a $S$ se pueden generar puntos $S_{1}$ , $S_{2}$ ,…, $S_{i}$ tal que

$\begin{aligned} A S_{1} & = 2 A S \\ A S_{2} & = 2 A S_{1} = 4 A S \\ A S_{3} & = 2 A S_{2} = 8 A S \\ . \\ . \\ . \\ A S_{i} & = 2 A S_{i - 1} = 2^{i} A S \end{aligned}$

Entonces $S_{i}$ es el inverso de $P$ , por lo cual

$A S_{i} \times A P = 2^{i} A S \times A P = A S \times 2^{i} A P = A S \times A P_{i} = r^{2} .$

Construcción. Dada una circunferencia $α$ con centro desconocido $A$ , construir este centro.

Solución. Con un punto $P$ en $α$ , construimos un círculo $ω$ que interseca a $α$ en $C$ y $D$ , radio de $ω$ es menor al radio de $α$ . Dibujar los arcos de $C$ y $D$ con radio $C P$ y se intercepta en $Q$ . Y por la construcción 6 se encuentra $Q^{'}$ el inverso de $Q$ con respecto a $ω$ , por lo tanto, $Q^{'}$ es el centro de $α$ y $Q^{'} = A$ .

Más adelante…

Con esto concluye la unidad de Inversión, es por ello que ahora es necesario dejar algunos problemas para reforzar e investigar más sobre la Inversión.

Entradas relacionadas

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Geometría Moderna I: Cuadrángulo ortocéntrico

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

En esta entrada veremos que los cuatro triángulos que se forman con los vértices de un cuadrángulo ortocéntrico, tienen la misma circunferencia de los nueve puntos y derivaremos algunas otras propiedades.

Cuadrángulo ortocéntrico

Definición. Un cuadrángulo ortocéntrico es el conjunto de puntos formado por los vértices de un triángulo y su ortocentro.

Nos referiremos a los cuatro triángulos que se pueden formar con los cuatro puntos de un cuadrángulo ortocéntrico como grupo ortocéntrico de triángulos.

Teorema 1. Cualquier punto de un cuadrángulo ortocéntrico es el ortocentro del triángulo formado por los otros tres puntos y los triángulos de este grupo ortocéntrico tienen el mismo triangulo órtico.

Demostración. Sea $△ A B C$ y $H$ su ortocentro.

Notemos que el ortocentro de $△ B H C$ es $A$ pues $A B ⊥ H C$ , $A H ⊥ B C$ y $A C ⊥ H B$ .

De manera análoga podemos ver que $B$ es el ortocentro de $△ A H C$ y $C$ es el ortocentro de $△ A H B$ .

Por otro lado, los pares de rectas perpendiculares $A H$ , $B C$ ; $B H$ , $A C$ y $C H$ , $A B$ , se intersecan en $D$ , $E$ y $F$ , respectivamente.

Por lo tanto, estos tres puntos son fijos, así el triángulo órtico es el mismo para los cuatro triángulos $△ A B C$ , $△ H A B$ , $△ H A C$ y $△ H B C$ .

Corolario 1. Las circunferencias de los nueve puntos de un grupo ortocéntrico de triángulos coinciden y sus circunradios son iguales.

Demostración. Como el circuncírculo del triángulo órtico de un triángulo dado es la circunferencia de los nueve puntos, por el teorema 1, los triángulos de un grupo ortocéntrico tienen la misma circunferencia de los nueve puntos.

En la entrada anterior vimos que el radio de la circunferencia de los nueve puntos es igual a la mitad del circunradio de su triángulo de referencia.

Por lo tanto, $△ A B C$ , $△ H A B$ , $△ H A C$ y $△ H B C$ tienen el mismo circunradio (figura 1).

Circuncentros

Teorema 2. Los circuncentros de un grupo ortocéntrico de triángulos forman un cuadrángulo ortocéntrico.

Demostración. Por el teorema 2 de la entrada anterior, sabemos que el circuncentro de un triángulo es la reflexión de su ortocentro respecto de $N$ , el centro de los nueve puntos.

Como los triángulos de un grupo ortocéntrico tienen el mismo centro de los nueve puntos, los circuncentros $O_{a}$ , $O_{b}$ , $O_{c}$ y $O$ de $△ H B C$ , $△ H A C$ , $△ H A B$ y $△ A B C$ son las reflexiones de $A$ , $B$ , $C$ y $H$ respectivamente respecto a $N$ .

Dado que una reflexión es una homotecia de razón $- 1$ entonces las figuras $A B C H$ y $O_{a} O_{b} O_{c} O$ son congruentes y por lo tanto $O_{a} O_{b} O_{c} O$ es un cuadrángulo ortocéntrico.

Corolario 2. Un grupo ortocéntrico de triángulos y el grupo ortocéntrico de triángulos formado por sus circuncentros tienen la misma circunferencia de los nueve puntos.

Demostración. Como las figuras $A B C H$ y $O_{a} O_{b} O_{c} O$ son simétricas respecto a $N$ entonces también sus circunferencias de los nueve puntos son simétricas respecto a $N$ .

Como $N$ es el centro de una de estas circunferencias, entonces coinciden.

Observación. Notemos que como $O_{a} O_{b} O_{c} O$ es un grupo ortocéntrico de triángulos, entonces la reflexión de sus ortocentros respecto al centro de los nueve puntos $N$ será el conjunto de sus circuncentros.

Entonces $A$ , $B$ , $C$ y $H$ son los circuncentros de $△ O_{b} O_{c} O$ , $△ O_{a} O_{c} O$ , $△ O_{a} O_{b} O$ y $△ O_{a} O_{b} O_{c}$ respectivamente.

Problema. Construye un triángulo $△ A B C$ dados el centro de los nueve puntos $N$ y los circuncentros $O_{b}$ y $O_{c}$ de los triángulos $△ C A H$ y $△ A B H$ respectivamente donde $H$ es el ortocentro de $△ A B C$ .

Solución. $O_{b}$ y $O_{c}$ son los ortocentros de $△ O_{a} O_{c} O$ y $△ O_{a} O_{b} O$ respectivamente y si los reflejamos respecto a $N$ obtendremos a los circuncentros de sus respectivos triángulos, estos son los vértices $B$ y $C$ del triángulo requerido.

Ahora tenemos dos vértices y el centro de los nueve puntos, este problema lo resolvimos en la entrada anterior.

Centroices

Teorema 3. Los cuatro centroides de un grupo ortocéntrico de triángulos forman un cuadrángulo ortocéntrico.

Demostración. Sea $△ A B C$ y $H$ su ortocentro.

Sabemos que el centro de los nueve puntos $N$ de $△ A B C$ divide internamente al segmento $H G$ en razón $3 : 1$ , donde $G$ es el centroide de $△ A B C$ .

Como el grupo ortocéntrico de triángulos $△ A B C$ , $△ H B C$ , $△ H A C$ , $△ H A B$ tienen el mismo centro de los nueve puntos $N$ , entonces sus respectivos centroides $G$ , $G_{a}$ , $G_{b}$ , $G_{c}$ están en homotecia con $H$ , $A$ , $B$ , $C$ respectivamente desde $N$ y la razón de homotecia es $- 3$ .

Como dos figuras homotéticas son semejantes, entonces $G G_{a} G_{b} G_{c}$ es un cuadrángulo ortocéntrico.

Corolario 3. La circunferencia de los nueve puntos de un grupo ortocéntrico de triángulos y la circunferencia de los nueve puntos del grupo ortocéntrico formado por sus centroides son concéntricas.

Demostración. Como las figuras $H A B C$ y $G G_{a} G_{b} G_{c}$ están en homotecia desde el centro de los nueve puntos $N$ de $△ A B C$ entonces sus respetivas circunferencias de los nueve puntos también están en homotecia desde $N$ .

Como $N$ es el centro de una de ellas, entonces son concéntricas.

Corolario 4. Dado un cuadrángulo ortocéntrico, el cuadrángulo ortocéntrico formado por sus circuncentros y el cuadrángulo ortocéntrico formado por sus centroides tienen el mismo centro de los nueve puntos y además existe una homotecia entre ellos con centro en este punto.

Demostración. Por los corolarios 2 y 3, $O O_{a} O_{b} O_{c}$ y $G G_{a} G_{b} G_{c}$ tienen el mismo centro de los nueve puntos que $H A B C$ y son homotéticos con este último precisamente desde $N$ en razón $- 1$ y $- 3$ respectivamente.

Por lo tanto, existe una homotecia con centro en $N$ y razón $3$ que lleva a $G G_{a} G_{b} G_{c}$ en $O O_{a} O_{b} O_{c}$ .

Incentro y excentros

Teorema 4. El incentro y los excentros de un triángulo dado forman un cuadrángulo ortocéntrico y el circuncírculo del triángulo dado es la circunferencia de los nueve puntos de este grupo ortocéntrico de triángulos.

Demostración. Como las bisectrices interna y externa de los ángulos de un triángulo $△ A B C$ son perpendiculares entre si entonces el incentro $I$ es el ortocentro del triángulo formado por los excentros $△ I_{a} I_{b} I_{c}$ y el triángulo $△ A B C$ es el triángulo órtico de $△ I_{a} I_{b} I_{c}$ .

Entonces, por el teorema 1 y corolario 1, $I_{a} I_{b} I_{c} I$ es un grupo ortocéntrico de puntos y su circunferencia de los nueve puntos es el circuncírculo de $△ A B C$ .

Proposición. El segmento que une el ortocentro de un triángulo dado con el circuncentro del triángulo formado por los excentros del triángulo dado es bisecado por el incentro del triángulo medial del triángulo dado.

Demostración. Sea $△ A B C$ un triángulo, $I$ , $I_{a}$ , $I_{b}$ , $I_{c}$ , el incentro y sus respectivos excentros, $O$ y $O_{e}$ los circuncentros de $△ A B C$ y $△ I_{a} I_{b} I_{c}$ respectivamente.

Por el teorema anterior, $I$ y $O$ son el ortocentro y el centro de los nueve puntos respectivamente de $△ I_{a} I_{b} I_{c}$ , por lo tanto, $O$ es el punto medio de $I O_{e}$ .

Sean $H$ y $G$ el ortocentro y el centroide respectivamente de $△ A B C$ , como $H$ , $G$ y $O$ son colineales y $G$ triseca el segmento $O H$ , entonces, $G$ es el centroide de $△ I O_{e} H$ .

Por lo tanto, $I G$ biseca a $O_{e} H$ en $I^{'}$ y $\frac{I G}{2} = G I^{'}$ .

Por otro lado, sabemos que existe una homotecia con centro en $G$ y razón $\frac{- 1}{2}$ , que lleva a $△ A B C$ , a su triangulo medial $△ A^{'} B^{'} C^{'}$ , por lo que sus respectivos incentros $I$ y $I_{m}$ son puntos homólogos de esta homotecia, es decir $I$ , $G$ y $I_{m}$ son colineales y $G$ triseca al segmento $I I_{m}$ .

Como $I^{'}$ cumple con estas características entonces $I^{'} = I_{m}$ .

Más adelante…

En la próxima entrada estudiaremos otra recta notable del triángulo, la recta de Simson, veremos que la intersección de dos rectas de Simson se intersecan en la circunferencia de los nueve puntos y que cierto conjunto de rectas de Simson forman un cuadrángulo ortocéntrico.

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.

Muestra que las rectas de Euler de los cuatro triángulos de un grupo ortocéntrico son concurrentes.
Demuestra que el simétrico del circuncentro de un triángulo con respecto a uno de los lados del triángulo coincide con el simétrico del vértice opuesto al lado considerado respecto al centro de los nueve puntos del triángulo.
Muestra que los vértices de un grupo ortocéntrico de triángulos pueden ser considerados como los centroides de otro grupo ortocéntrico de triángulos.
Sea $△ A B C$ un triángulo rectángulo con $∠ A = \frac{π}{2}$ , $D$ el pie de la altura por $A$ , las bisectrices de $∠ B A D$ y $∠ D A C$ intersecan a $B C$ en $P$ y $P^{'}$ respectivamente. Las bisectrices de $∠ D B A$ y $∠ A C D$ intersecan a $A D$ en $Q$ y $Q^{'}$ respectivamente.
$i)$ Muestra que $P P^{'} Q Q^{'}$ es un cuadrángulo ortocéntrico,
$i i)$ si $I$ , $J$ y $K$ son los incentros de $△ A B C$ , $△ A B D$ y $△ A D C$ , muestra que $A I J K$ es un cuadrángulo ortocéntrico.
Prueba que la suma de los cuadrados de dos segmentos no adyacentes que unen vértices de un cuadrángulo ortocéntrico es igual al cuadrado del circundiámetro de los triángulos de este grupo ortocéntrico.
Construye un triángulo $△ A B C$ dados su circuncentro $O$ , y los circuncentros de los triángulos $△ I I_{b} I_{c}$ y $△ I I_{a} I_{c}$ , donde $I$ , $I_{a}$ , $I_{b}$ y $I_{c}$ es el incentro y los excentros de $△ A B C$ .

Entradas relacionadas

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Entrada anterior del curso: Circunferencia de los nueve puntos.
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Otros cursos.

Fuentes

Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 109-115.
Johnson, R., Advanced Euclidean Geometry. New York: Dover, 2007, pp 165-167.
Shively, L., Introducción a la Geómetra Moderna. México: Ed. Continental, 1961, pp 58.

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: Circunferencia de los nueve puntos

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

En esta ocasión veremos que nueve puntos notables del triángulo son concíclicos, a saber, los puntos medios de los lados, los pies de las alturas y los puntos medios de los segmentos que unen al ortocentro con los vértices del triángulo. A esta circunferencia se le conoce como circunferencia de los nueve puntos y su centro se encuentra en la recta de Euler del triángulo considerado.

Triángulo de Euler

Definición 1. A los puntos medios de los segmentos que unen los vértices de un triángulo dado con su ortocentro se les conoce como puntos de Euler, y el triángulo que tiene como vértices los puntos de Euler es el triángulo de Euler del triángulo dado.

Observación. Por la definición anterior, un triángulo y su triángulo de Euler son homotéticos (figura 1), con centro de homotecia en el ortocentro y razón de homotecia $\frac{1}{2}$ .

Proposición 1. El triángulo de Euler y el triángulo medial de todo triángulo son congruentes y sus respectivos lados son paralelos.

Demostración. Sean $△ A^{'} B^{'} C^{'}$ el triángulo medial y $△ P Q R$ el triángulo de Euler de $△ A B C$ , (figura 1).

$C^{'}$ y $B^{'}$ son puntos medios de $A B$ y $A C$ respectivamente, así que $C^{'} B^{'}$ es un segmento medio de $△ A B C$ , de igual manera $Q R$ es un segmento medio de $△ H B C$ , donde $H$ es el ortocentro de $△ A B C$ .

Por lo tanto, $C^{'} B^{'} ∥ B C ∥ Q R$ , y $2 C^{'} B^{'} = B C = 2 Q R$ .

De manera análoga podemos ver que $A^{'} C^{'} = R P$ y $A^{'} B^{'} = Q P$ , por criterio de congruencia LLL, $△ A^{'} B^{'} C^{'} ≅ △ P Q R$ .

Circunferencia de los nueve puntos

Teorema 1. El triángulo de Euler, el triángulo medial y el triángulo órtico de todo triángulo tienen el mismo circuncírculo.

Demostración. Por la proposición 1 y empleando la misma notación de esta, sabemos que $C^{'} Q R B^{'}$ es un paralelogramo (figura 2).

$C^{'} Q$ es un segmento medio de $△ B A H$ , así que $C^{'} Q ∥ A H$ $\Rightarrow C^{'} Q ⊥ B C$ .

Y como $Q R ∥ B C$ , entonces, $C^{'} Q R B^{'}$ es un rectángulo, lo que significa que las diagonales $C^{'} R$ y $Q B^{'}$ tienen la misma longitud y se cortan en su punto medio, $N$ .

De manera análoga podemos probar que $P C^{'} A^{'} R$ es un rectángulo y que $P A^{'}$ y $C^{'} R$ tienen la misma longitud y se cortan en su punto medio.

Como el punto medio de $C^{'} R$ es $N$ , entonces, los puntos $A^{'}$ , $B^{'}$ , $C^{'}$ , $P$ , $Q$ y $R$ son equidistantes a $N$ .

Sean $D$ , $E$ y $F$ los pies de las alturas por $A$ , $B$ y $C$ respectivamente.

Como $A^{'} P$ , $B^{'} Q$ y $C^{'} R$ son diámetros de esta circunferencia y además $∠ A^{'} D P = ∠ Q E B^{'} = ∠ R F C^{'} = \frac{π}{2}$ , es decir estos diámetros subtienden ángulos rectos en los puntos $D$ , $E$ y $F$ respectivamente, entonces $D$ , $E$ y $F$ se encuentran en la misma circunferencia.

Definición 2. Nos referiremos al centro de la circunferencia de los nueve puntos de un triángulo como el centro de los nueve puntos y los denotaremos como $N$ .

Teorema 2. El radio de la circunferencia de los nueve puntos de un triángulo es igual a la mitad del circunradio y el centro de los nueve puntos biseca al segmento que une al circuncentro con el ortocentro.

Demostración. Recordemos que todo triángulo está en homotecia con su triángulo medial, esto implica que son semejantes, con razón $\frac{- 1}{2}$ y centro de homotecia en el centroide $G$ del triángulo.

Por lo tanto, el radio de la circunferencia de los nueve puntos de un triángulo es la mitad del circunradio de este.

De la relación de homotecia también tenemos que $G$ triseca el segmento $O N$ de los circuncentros $O$ y $N$ de $△ A B C$ y $△ A^{'} B^{'} C^{'}$ , su triángulo medial, esto es, $O G = 2 G N$ .

Y sabemos que $2 O G = G H$ , donde $H$ es el ortocentro.

Por lo tanto, $H N = O N$ .

Triángulo tangencial

Teorema 3. El circuncentro del triángulo tangencial de un triángulo dado se encuentra en la recta de Euler del triángulo dado.

Demostración. Recordemos que el triángulo tangencial $△ D^{'} E^{'} F^{'}$ y el triángulo órtico $△ D E F$ de un triángulo $△ A B C$ están en homotecia desde un punto $K$ que se encuentra en la recta de Euler de $△ A B C$ .

Ahora, como los circuncentros de los triángulos tangencial y el triángulo órtico, $T$ y $N$ , respectivamente, son puntos correspondientes de esta homotecia, entonces $T$ es colineal con $N$ y $K$ .

Por el teorema 2, $N$ esta en la recta de Euler de $△ A B C$ , por lo tanto, $T$ está en la recta de Euler de $△ A B C$ .

Corolario 1. El circuncentro de un triángulo dado se encuentra en la recta de Euler del triángulo formado por los puntos de tangencia del incírculo con los lados del triángulo dado.

Demostración. Notemos que todo triángulo es el triángulo tangencial del triángulo formado por los puntos de tangencia de su incírculo con sus lados.

El resultado se sigue al aplicar el teorema 3.

Corolario 2. El cuadrado del circunradio de un triángulo es dos veces el producto del inradio de su triángulo órtico por el circunradio de su triángulo tangencial.

Demostración. Sean $R$ , $p$ y $q$ los circunradios de $△ A B C$ , de su triángulo tangencial $△ D^{'} E^{'} C^{'}$ y el inradio de su triángulo órtico $△ D E F$ , respectivamente.

Como $△ D^{'} E^{'} F^{'}$ y $△ D E F$ son homotéticos entonces la razón entre sus inradios y la razón entre sus circunradios son iguales a su razón de homotecia y por lo tanto son iguales entre si, además por el teorema 2, $R$ es dos veces el circunradio de $△ D E F$ .

$\frac{R}{q} = \frac{p}{\frac{R}{2}}$
$\Rightarrow R^{2} = 2 p q$

Ejemplos

Proposición 2. La recta determinada por el ortocentro de un triángulo y el punto medio de uno de sus lados pasa por el punto diametralmente opuesto, en su circuncírculo, al vértice opuesto del lado considerado.

Demostración. Sean $△ A B C$ , $(O, R)$ su circuncírculo, $X$ el punto diametralmente opuesto a $A$ , $H$ el ortocentro, $A^{'}$ el punto medio de $B C$ y $P$ el punto de Euler entre $A$ y $H$ .

$P O$ es un segmento medio de $△ A H X$ , por lo tanto, $H X ∥ P O$ .

Por la proposición 6 de la entrada anterior tenemos que $P H = O A^{'}$ y ambos son perpendiculares a $B C$ , por lo tanto, $P H A^{'} O$ es un paralelogramo, es decir, $H A^{'} ∥ P O$ .

Como la paralela a una recta por un punto exterior a ella es única, entonces $H$ , $A^{'}$ y $X$ son colineales.

Proposición 3. Sean $A$ , $B$ y $C$ los centros de tres circunferencias distintas, con el mismo radio y que tienen un punto $O$ en común.

Consideremos los otros puntos en común, $D = (B, r) \cap (C, r)$ , $E = (A, r) \cap (C, r)$ y $F = (A, r) \cap (B, r)$ , entonces el circunradio de $△ D E F$ es igual al de las tres circunferencias dadas y su circuncentro es el ortocentro de $△ A B C$ .

Demostración. Notemos primero que $O A = O B = O C = r$ , por lo tanto, el circuncentro de $△ A B C$ es $O$ y su circunradio es $r$ .

Como $A F B O$ y $O B D C$ son rombos entonces $A F = B O = C D$ y $A F ∥ B O ∥ C D$ .

Por tanto, $A F D C$ es paralelogramo y así $\Rightarrow A C = D F$ y $A C ∥ D F$ .

De manera análoga podemos ver que $A B = D E$ , $A B ∥ D E$ y $B C = E F$ y $B C ∥ E F$

Por lo tanto, $△ A B C$ y $△ D E F$ son congruentes por criterio LLL y sus respectivos lados son paralelos.

Como $O B D C$ es un rombo entonces, $O D ⊥ B C$ además $O D$ y $B C$ se intersecan en su punto medio, $A^{'}$ .

De manera análoga podemos ver $A B ⊥ O F$ , se bisecan en $C^{'}$ y $A C ⊥ O E$ , se bisecan en $B^{'}$ .

De lo anterior se sigue que $△ A^{'} B^{'} C^{'}$ es el triángulo medial de $△ A B C$ , que $D O$ , $E O$ y $F O$ son las alturas de $△ D E F$ .

Por lo tanto $O$ es el ortocentro de $△ D E F$ y $△ A^{'} B^{'} C^{'}$ es el triángulo de Euler de $△ D E F$ .

En consecuencia, la circunferencia de los nueve puntos es la misma para $△ A B C$ y $△ D E F$ , por el teorema 2, se sigue que sus circunradios son iguales, por lo tanto, el circunradio de $△ D E F$ es $r$ .

También por el teorema 2, sabemos que el centro de los nueve puntos biseca al segmento que une ortocentro con el circuncentro.

Como el centro de los nueve puntos es el mismo para $△ A B C$ y $△ D E F$ , y ya que el circuncentro de $△ A B C$ coincide con el ortocentro de $△ D E F$ entonces el circuncentro de $△ A B C$ coincide con el ortocentro de $△ D E F$ .

Problema. Construir un triángulo $△ A B C$ dados dos vértices $B$ , $C$ y el centro de los nueve puntos, $N$ .

Solución. Trazamos $B C$ y su punto medio $A^{'}$ ,

Con el radio $N A^{'}$ de la circunferencia de los nueve puntos, obtenemos el circunradio de $△ A B C$ , $2 N A^{'}$ .

Ahora podemos encontrar al circuncentro de $△ A B C$ que se encuentra en la mediatriz de $B C$ , trazando una circunferencia con centro en $B$ o en $C$ y radio $2 N A^{'}$ .

El simétrico de $A^{'}$ respecto a $N$ será $P$ , el punto de Euler que se encuentra entre $N$ y el vértice buscado. Como la perpendicular a $B C$ por $P$ es la altura por $A$ , entonces su intersección con el circuncírculo $(O, 2 N A^{'})$ de $△ A B C$ , es el vértice faltante.

Más adelante…

En la próxima entrada veremos como cierto conjunto de triángulos al que llamaremos grupo ortocéntrico de triángulos tienen la misma circunferencia de los nueve puntos y otros resultados relacionados.

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.

Muestra que el triángulo de Euler $△ P Q R$ y el triangulo $△ C^{'} B^{'} D$ son congruentes, (figura 2).
Por los puntos medios de un triángulo dado traza paralelas a las bisectrices externas de los correspondientes ángulos opuestos. Prueba que el triángulo formado por estas paralelas y el triángulo dado tienen la misma circunferencia de los nueve puntos.
Muestra que las paralelas a las bisectrices internas de un triángulo dado trazadas por los respectivos puntos de Euler del triángulo dado son concurrentes, también prueba que la recta que pasa por el punto de concurrencia y el centro de los nueve puntos del triángulo dado es paralela con la recta que pasa por el circuncentro y el incentro del triángulo dado.
Demuestra que la circunferencia de los nueve puntos biseca cualquier segmento que une al ortocentro con un punto en el circuncírculo.
Construye un triángulo dados un vértice, el ortocentro y el centro de los nueve puntos.

Entradas relacionadas

Ir a Geometría Moderna I.
Entrada anterior del curso: Triángulo órtico.
Siguiente entrada del curso: Cuadrángulo ortocéntrico.
Otros cursos.

Fuentes

Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 103-105.
Coxeter, H. y Greitzer, L., Geometry Revisited. Washington: The Mathematical Association of America, 1967, pp 20-22.
Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 69-70.

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: Triángulo medial y recta de Euler

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

2 respuestas

Introducción

Continuando con el estudio de las propiedades del centroide, en esta entrada veremos que es colineal con el ortocentro y el circuncentro, y que además triseca al segmento que une dichos puntos. Para establecer estos resultados, veremos primero algunos resultados del triángulo medial de un triángulo dado.

Triángulo medial

Definición 1. Al triángulo que tiene como vértices los puntos medios de un triángulo dado se le conoce como triángulo medial o triángulo complementario del triángulo dado.

Teorema 1. Un triángulo y su triángulo medial son homotéticos además comparten el mismo centroide.

Demostración. Sean $△ A B C$ , $A^{'}$ , $B^{'}$ y $C^{'}$ los puntos medios de $B C$ , $A C$ y $A B$ respectivamente.

Por el teorema del segmento medio, los lados del triángulo medial $△ A^{'} B^{'} C^{'}$ son paralelos a los lados de $△ A B C$ y por lo tanto son homotéticos.

Ya que las rectas determinadas por dos puntos homólogos, $A A^{'}$ , $B B^{'}$ y $C C^{'}$ son las medianas de $△ A B C$ , entonces el centroide $G$ es el centro de homotecia y sabemos que $A G = 2 G A^{'}$ , por lo que la razón de homotecia es $\frac{- 1}{2}$ , donde el signo menos indica que dos puntos homólogos de esta homotecia se encuentran en lados opuestos respecto del centro de homotecia.

Como $B C$ y $B^{'} C^{'}$ son rectas homotéticas, entonces el punto homólogo de $A^{'} \in B C$ es $E = A^{'} G \cap B^{'} C^{'}$ , y como $A^{'}$ es el punto medio de $B C$ entonces $E$ es el punto medio de $B^{'} C^{'}$ , pues la homotecia preserva las proporciones.

Por lo tanto, $A^{'} G$ es mediana de $△ A^{'} B^{'} C^{'}$ , de manera similar podemos ver que $B^{'} G$ y $C^{'} G$ son medianas de $△ A^{'} B^{'} C^{'}$ , por lo tanto, $G$ es el centroide de $△ A^{'} B^{'} C^{'}$ .

Proposición 1. El circuncentro de un triángulo es el ortocentro de su triángulo medial.

Demostración. Se sigue del hecho de que las mediatrices de un triángulo son las alturas de su triángulo medial, esto es así porque los vértices del triángulo medial son, por definición, los puntos medios de un triángulo dado y los lados del triángulo medial son paralelos a los lados del triángulo dado.

Triángulo anticomplementario

Definición 2. Dado un triángulo, al triángulo formado por las rectas paralelas a los lados del triángulo dado a través de los respectivos vértices opuestos, se le conoce como triángulo anticomplementario del triángulo dado.

Proposición 2. Un triángulo y su triángulo anticomplementario son homotéticos y tienen el mismo centroide.

Demostración. Consideremos $△ A B C$ y $△ A^{″} B^{″} C^{″}$ su triángulo anticomplementario.

Como $C^{″} B C A$ y $A B C B^{″}$ son paralelogramos entonces $C^{″} A = B C = A B^{″}$ , por lo tanto, $A$ es el punto medio de $B^{″} C^{″}$ . De manera análoga vemos que $B$ y $C$ son puntos medio de $A^{″} C^{″}$ y $A^{″} B^{″}$ respectivamente,

Por lo tanto, $△ A B C$ es el triángulo medial de $△ A^{″} B^{″} C^{″}$ y por el teorema 1 se tiene el resultado.

Circunferencia de Droz Farny

Proposición 3. El producto de los segmentos en que el ortocentro divide a la altura de un triángulo es igual para las tres alturas del triángulo.

Demostración. Sean $△ A B C$ y $D$ , $E$ y $F$ los pies de las alturas por $A$ , $B$ y $C$ respectivamente y $H$ el ortocentro.

Notemos que $△ A F H \sim △ C D H$ y $△ A E H \sim △ B D H$ (son semejantes) pues son triángulos rectángulos y comparten un ángulo opuesto por el vértice, por lo tanto
$\frac{A H}{C H} = \frac{F H}{D H}$ $\Rightarrow A H \times D H = C H \times H F$ ,
$\frac{A H}{B H} = \frac{E H}{D H}$ $\Rightarrow A H \times D H = B H \times H E$ .

De esto se sigue que
$C H \times H F = A H \times D H = B H \times H E$ .

Teorema 2. Si tomamos los vértices de un triángulo como centros de circunferencias del mismo radio, estas cortaran a los respectivos lados de su triángulo medial en tres pares de puntos que son equidistantes del ortocentro del triángulo.

Demostración. Sean $△ A B C$ y $△ A^{'} B^{'} C^{'}$ su triángulo medial, tracemos tres circunferencias del mismo radio $(A, r)$ , $(B, r)$ y $(C, r)$ las cuales intersecan a $B^{'} C^{'}$ , $A^{'} C^{'}$ y $A^{'} B^{'}$ en $P$ , $P^{'}$ ; $Q$ , $Q^{'}$ y $R$ , $R^{'}$ , respectivamente.

Sean $D \in B C$ el pie de la altura por $A$ , y $M = A D \cap B^{'} C^{'}$ , por el teorema de Pitágoras en $△ A M P$ y $△ H M P$ tenemos
$A P^{2} - A M^{2} = M P^{2} = H P^{2} - H M^{2}$
$\Rightarrow A P^{2} - H P^{2} = A M^{2} - H M^{2} = (A M + H M) (A M - H M)$ .

Como $△ A C^{'} B^{'} ≅ △ C^{'} B A^{'}$ son congruentes por criterio LLL entonces sus alturas desde $A$ y $C^{'}$ , respectivamente, son iguales , por lo tanto $A M = M D$ ,
$\Rightarrow A P^{2} - H P^{2} = (M D + H M) A H = H D \times A H$ .

Por otra parte, $△ P A P^{'}$ es isósceles y como $A M$ es altura entonces $A M$ es mediatriz de $P P^{'}$ , por lo tanto $H P = H P^{'}$ $\Rightarrow$
$\begin{matrix} (1) & H P^{' 2} = H P^{2} = A P^{2} - A H \times H D . \end{matrix}$ .

Si consideramos $E$ y $F$ los pies de las alturas por $B$ y $C$ respectivamente podemos encontrar fórmulas análogas
$\begin{matrix} (2) & H Q^{' 2} = H Q^{2} = B Q^{2} - B H \times H E, \end{matrix}$
$\begin{matrix} (3) & H R^{' 2} = H R^{2} = C R^{2} - C H \times H F . \end{matrix}$ .

Como $(A, r)$ , $(B, r)$ y $(C, r)$ tienen el mismo radio, entonces $A P = B Q = C R$ y por la proposición 3, $A H \times D H = B H \times H E = C H \times H F$ .

Tomando lo anterior en cuenta y a las ecuaciones $(1)$ , $(2)$ y $(3)$ se sigue que
$H P = H P^{'} = H Q = H Q^{'} = H R = H R^{'}$ .

Recta de Euler

Teorema 3. El circuncentro, el centroide y el ortocentro de todo triangulo son colineales, con el centroide siempre en medio, a la recta determinada por estos tres puntos se le conoce como recta de Euler del triángulo, además $H G = 2 G O$ .

Demostración. Sean $△ A B C$ y $△ A^{'} B^{'} C^{'}$ su triángulo medial, por el teorema 1, $△ A B C$ y $△ A^{'} B^{'} C^{'}$ están en homotecia desde $G$ , el centroide, que es el mismo para ambos triángulos, y la razón de homotecia es $\frac{- 1}{2}$ .

Consideremos la altura $A D$ de $△ A B C$ , la homotecia de $A D$ es una recta paralela a ella y que pasa por el punto homólogo de $A$ , $A^{'}$ , es decir la homotecia de una altura de $△ A B C$ es una altura de $△ A^{'} B^{'} C^{'}$ .

Como el ortocentro $H$ de $△ A B C$ es la intersección de sus alturas, entonces su punto homologo bajo la homotecia estará en la intersección de las alturas de $△ A^{'} B^{'} C^{'}$ , esto es, el ortocentro de $△ A^{'} B^{'} C^{'}$ , $H^{'}$ .

Con esto tenemos que el ortocentro de $△ A^{'} B^{'} C^{'}$ es colineal con $G$ el centroide y el ortocentro de $△ A B C$ respectivamente, además, debido a la razón de homotecia, $H G = 2 G H^{'}$ .

Por la proposición 1, el ortocentro del triángulo medial $△ A^{'} B^{'} C^{'}$ es el circuncentro $O$ de $△ A B C$ .

Así, $O$ , $G$ y $H$ son colineales y $H G = 2 G O$ .

Observación. Notemos que si el triángulo es equilátero el ortocentro, el centroide y el circuncentro son el mismo punto y por lo tanto la recta de Euler degenera en un punto.

Problema. Construye un triángulo $△ A B C$ dados el vértice $A$ , el circuncentro $O$ y las distancias de $A$ al ortocentro $A H$ , y al centroide $A G$ .

Solución. El centroide $G$ se encuentra en la circunferencia con centro en $A$ y radio $A G$ , $(A, A G)$ , el ortocentro $H$ se encuentra en la circunferencia con centro en $A$ y radio $H$ , $(A, A H)$ .

Por el teorema 3 sabemos que $H$ , $G$ y $O$ son colineales y que $H O = 3 G O$ , por lo que $H$ y $G$ se encuentran en homotecia desde $O$ .

Entonces, a $(A, A H)$ le aplicamos una homotecia con centro en $O$ y razón $\frac{1}{3}$ , esto será una circunferencia $Γ$ y $G$ resultara de la intersección de $Γ$ con $(A, A G)$ .

Teniendo a $G$ construido, como tenemos el circuncírculo $(O, O A)$ y un vértice del triángulo, el problema se reduce a la solución del problema 2 de la entrada anterior.

Distancia entre puntos notables

Teorema 4. Para un triángulo con lados $a$ , $b$ , $c$ , ortocentro $H$ , centroide $G$ , y circuncírculo $(O, R)$ tenemos:
$O H^{2} = 9 R^{2} - (a^{2} + b^{2} + c^{2})$ ,
$H G^{2} = 4 R^{2} - \frac{4}{9} (a^{2} - b^{2} + c^{2})$ .

Demostración. Por el teorema 3 sabemos que $O H = 3 O G$ y $H G = 2 G O$ , además en la entrada anterior calculamos
$O G^{2} = R^{2} - (\frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{9})$ .

Por lo tanto,
$O H^{2} = 9 O G^{2} = 9 R^{2} - (a^{2} + b^{2} + c^{2})$ ,
$H G^{2} = 4 O G^{2} = 4 R^{2} - \frac{4}{9} (a^{2} + b^{2} + c^{2})$ .

Corolario. Podemos calcular la suma de los cuadrados de las distancias del ortocentro a los vértices del triángulo en función del circunradio y los lados del triángulo con la siguiente fórmula.
$H A^{2} + H B^{2} + H C^{2} = 12 R^{2} + (a^{2} + b^{2} + c^{2})$ .

Demostración. Por el teorema 4, y usando las fórmulas encontradas en la entrada anterior
$H A^{2} + H B^{2} + H C^{2} = G A^{2} + G B^{2} + G C^{2} + 3 H G^{2}$ ,
$G A^{2} + G B^{2} + G C^{2} = \frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{3}$ .

Esto implica que,
$H A^{2} + H B^{2} + H C^{2} = \frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{3} + 12 R^{2} - \frac{4}{3} (a^{2} + b^{2} + c^{2})$
$= 12 R^{2} - (a^{2} + b^{2} + c^{2})$ .

Más adelante…

En la siguiente entrada estudiaremos otro triángulo asociado a un triángulo dado, aquel cuyos vértices son los pies de las alturas del triángulo dado.

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.

Muestra que el triángulo complementario y el triángulo anticomplementario de un triángulo dado son homotéticos, encuentra el centro y la razón de homotecia.
Sea $△ A B C$ y $P$ un punto en el plano, considera $A^{'}$ , $B^{'}$ y $C^{'}$ los pies de las perpendiculares dese $P$ a $B C$ , $A C$ y $A B$ respectivamente. Desde los puntos medios de $A^{'} B^{'}$ , $A^{'} C^{'}$ y $B^{'} C^{'}$ traza perpendiculares a los lados de $A B$ , $A C$ y $B C$ respectivamente, muestra que este último conjunto de perpendiculares son concurrentes.
Sean $D$ , $D^{'} \in B C$ de un triangulo $△ A B C$ , tal que el punto medio de $B C$ es el punto medio de $D D^{'}$ , sea $E = A D \cap B^{'} C^{'}$ , donde $B^{'}$ y $C^{'}$ son los puntos medios de $A C$ y $A B$ respectivamente, muestra que $E D^{'}$ pasa por el centroide de $△ A B C$ .
Muestra que la recta de Euler de un triángulo pasa por uno de los vértices del triángulo si y solo si el triángulo es isósceles o rectángulo.
Prueba que la recta que une el centroide de un triangulo con un punto $P$ en su circuncírculo biseca al segmento que une el punto diametralmente opuesto a $P$ con el ortocentro.
Sean $H$ , $G$ , $(O, R)$ y $(I, r)$ , el ortocentro, el centroide, el circuncírculo y el incírculo de un triángulo, muestra que:
$i)$ $H I^{2} + 2 O I^{2} = 3 (I G^{2} + 2 O G^{2})$ ,
$i i)$ $3 (I G^{2} + \frac{H G^{2}}{2}) - I H^{2} = 2 R (R - 2 r)$ .

Entradas relacionadas

Ir a Geometría Moderna I.
Entrada anterior del curso: Medianas y centroide.
Siguiente entrada del curso: Triángulo órtico.
Otros cursos.

Fuentes

Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 68-69, 94-96, 101-102.
Coxeter, H. y Greitzer, L., Geometry Revisited. Washington: The Mathematical Association of America, 1967, pp 18-19.
Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 65-68.

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 $P^{'} O^{'} ∥ P O$ entonces $△ H O^{'} P^{'} \sim △ H O P$
$\Rightarrow \frac{O^{'} P^{'}}{O P} = \frac{H P^{'}}{H P} = k$
$\Rightarrow O^{'} P^{'} = k \times O P = k r$

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

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 $△ A B C$ una de las posiciones del triángulo variable, donde $B$ es el punto fijo y $C$ está en $(O, r)$ , la circunferencia dada.

Sea $C^{'} \in A B$ tal que $B C^{'} = B C$ , sobre $B C^{'}$ construimos un triángulo $△ B O^{'} C^{'}$ congruente a $△ B O C$ , de tal manera que sea posible a través de una rotación con centro en $B$ superponer $△ B O C$ con $△ B O^{'} C^{'}$ .

Como $∠ O B C = ∠ O^{'} B C^{'}$ entonces $∠ O B O^{'} = ∠ C B C^{'} = ∠ C B A$ , este último ángulo es fijo por lo que la dirección de la recta $B O^{'}$ es fija.

$B O^{'} = B O$ entonces $O^{'}$ es un punto fijo para cualquier otra posición del triángulo variable $△ A B C$ .

Como $C O^{'} = C O = r$ , 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 $\frac{B A}{B C^{'}} = \frac{B A}{B C}$ y esta última razón es fija, pues todos los triángulos $△ A B C$ son semejantes entre sí, $A$ y $C^{'}$ son puntos homólogos de una homotecia con centro en $B$ y razón $\frac{B A}{B C}$ , y como $C^{'}$ describe una circunferencia, entonces por el teorema 1, $A$ también describe una circunferencia.

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 $B C$ , 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 $O P$ , sea $H = O O^{'} \cap P P^{'}$ .

Entonces $△ H O^{'} P^{'} \sim △ H O P$
$\Rightarrow \frac{H P^{'}}{H P} = \frac{H O^{'}}{H O} = \frac{O^{'} P^{'}}{O P} = \frac{r^{'}}{r}$ .

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

Ahora consideremos $P^{″}$ el punto diametralmente opuesto a $P^{'}$ en $(O^{'}, r^{'})$ , sea $H^{'} = O O^{'} \cap P P^{″}$ , entonces $△ H^{'} O^{'} P^{″} \sim △ H^{'} O P$
$\Rightarrow \frac{H^{'} P^{″}}{H^{'} P} = \frac{H^{'} O^{'}}{H^{'} O} = \frac{O^{'} P^{″}}{O P} = \frac{r^{'}}{r} = k$ .

Así, hemos encontrado dos homotecias entre $(O, r)$ y $(O^{'}, r^{'})$ .

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 $T T^{'}$ es una recta tangente exterior (es decir, la recta $T T^{'}$ corta al segmento $O O^{'}$ exteriormente) a dos circunferencias $(O, r)$ y $(O^{'}, r^{'})$ , donde $T \in (O, r)$ y $T^{'} \in (O^{'}, r^{'})$ .

Sea $H = O O^{'} \cap T T^{'}$ , como $O^{'} T^{'} ∥ O T$ entonces $△ H O^{'} T^{'} \sim △ H O T$
$\Rightarrow \frac{H T^{'}}{H T} = \frac{H O^{'}}{H O} = \frac{O^{'} T^{'}}{O T} = \frac{r^{'}}{r}$ .

Como el punto que divide externamente al segmento $O O^{'}$ en la razón $\frac{r^{'}}{r}$ 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.

Incírculo y exírculo en homotecia

Teorema 3. Sea $△ A B C$ , considera $(I, r)$ y $(I_{b}, r_{b})$ su incírculo y $B$ -excírculo respectivamente, sean $D$ el punto de tangencia de $A C$ con $(I, r)$ y $D^{'}$ el punto diametralmente opuesto a $D$ en $(I, r)$ , sea $E = B D^{'} \cap A C$ , entonces $E$ es el punto de tangencia de $A C$ con $(I_{b}, r_{b})$ y el punto medio de $A C$ es el punto medio de $D E$ .

Demostración. Por el corolario 1, existe una homotecia con centro en $B$ y razón $\frac{r_{b}}{r}$ 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 $I D^{'} ∥ I_{b} X$ , pero $I D^{'} ⊥ A C$ $\Rightarrow I_{b} X ⊥ A C$ y como $A C$ es tangente a $(I_{b}, r_{b})$ entonces $X \in A C$ .

Como $X \in A C$ y $X$ es colineal con $B$ y $D^{'}$ entonces $X = E$ , así, $A C$ es tangente a $(I_{b}, r_{b})$ en $E$ .

Por otro, lado sean $P$ , $Q$ los puntos de tangencia de $B C$ con $(I, r)$ y $(I_{b}, r_{b})$ respectivamente y sean $R$ , $S$ los puntos de tangencia de $A B$ con $(I, r)$ y $(I_{b}, r_{b})$ respectivamente.

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

$B P + P C + C Q = B Q = B S = B R + R A + A S \Rightarrow P C + C Q = R A + A S$
$\Rightarrow C D + C E = A D + A E \Rightarrow 2 C E + D E = 2 A D + D E$
$\Rightarrow C E = A D$

Por lo tanto, el punto medio de $A C$ es el punto medio de $D E$ .

Concurrencia de rectas

Corolario 2. Con las mismas condiciones y notación del teorema anterior, sea $H \in A C$ el pie de la altura por $B$ , y sea $M$ el punto medio de $B H$ , entonces $E I$ y $I_{b} D$ concurren en $M$ (figura 6).

Demostración. Ya que $D^{'} D ∥ B H$ entonces $△ E B H \sim △ E D^{'} D$ ,
$\Rightarrow \frac{E B}{E D^{'}} = \frac{E H}{E D}$ .

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 $B H$ .

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 $D D^{'} ∥ E^{'} E$ pero $D D^{'} ∥ H B$ $\Rightarrow E^{'} E ∥ H B$ .

Entonces $△ D E E^{'} \sim △ D H B$ .
$\Rightarrow \frac{D B}{D E^{'}} = \frac{D H}{D E}$ .

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 $E E^{'}$ y el punto medio de $B H$ son puntos homólogos.

Ya que $E^{'} E ⊥ A C$ , 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, $E I$ y $I_{b} D$ concurren en $M$ .

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 $△ A B C$ dado su incentro, el punto medio del lado $B C$ y el pie de la altura por $A$ .
Lema de Arquímedes. Sea $Γ_{2}$ una circunferencia internamente tangente a una circunferencia $Γ_{1}$ en un punto $H$ , considera $A B$ , una cuerda de $Γ_{1}$ que es tangente a $Γ_{2}$ en $P$ , sea $Q$ el punto medio del arco $\overset{⌢}{A B}$ (figura 7), muestra que:
$i)$ $Q$ , $P$ y $H$ son colineales,
$i i)$ $Q P \times Q H = Q B^{2}$ .

Sea $Γ_{2}$ una circunferencia internamente tangente a una circunferencia $Γ_{1}$ en un punto $H$ , considera una secante a ambas circunferencias en $A$ , $B$ , $C$ y $D$ (figura 8), prueba que $∠ A H C = ∠ B H D$ .

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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»