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Geometría Moderna I: Circunferencias homotéticas

Introducción

Esta es la segunda parte de la entrada anterior, donde presentamos el concepto de homotecia, por lo que es recomendable tener presentes las definiciones dadas y el resultado de que la homotecia de una recta es una recta paralela a la original.

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 $\overline{P’O’} \parallel \overline{PO}$ entonces $\triangle HO’P’ \sim \triangle HOP$
$\Rightarrow \dfrac{O’P’}{OP} = \dfrac{HP’}{HP} = k$
$\Rightarrow O’P’ = k \times OP = kr$

Figura 1

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

$\blacksquare$

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 $H$.

Figura 2

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

Sea $C’ \in \overline{AB}$ tal que $BC’ = BC$, sobre $\overline{BC’}$ construimos un triángulo $\triangle BO’C’$ congruente a $\triangle BOC$, de tal manera que sea posible a través de una rotación con centro en $B$ superponer $\triangle BOC$ con $\triangle BO’C’$.

Como $\angle OBC = \angle O’BC’$ entonces $\angle OBO’ = \angle CBC’ = \angle CBA$, este último ángulo es fijo por lo que la dirección de la recta $\overline{BO’}$ es fija.

$BO’ = BO$ entonces $O’$ es un punto fijo para cualquier otra posición del triángulo variable $\triangle ABC$.

Como $CO’ = CO = r$, 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 $\dfrac{BA}{BC’} = \dfrac{BA}{BC}$ y esta última razón es fija, pues todos los triángulos $\triangle ABC$ son semejantes entre sí, $A$ y $C’$ son puntos homólogos de una homotecia con centro en $B$ y razón $\dfrac{BA}{BC}$, y como $C’$ describe una circunferencia, entonces por el teorema 1, $A$ también describe una circunferencia.

$\blacksquare$

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 $\overline{BC}$, 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 $\overline{O’P’}$ paralelo a $\overline{OP}$, sea $H = \overline{OO’} \cap \overline{PP’}$.

Entonces $\triangle HO’P’ \sim \triangle HOP$ 
$\Rightarrow \dfrac{HP’}{HP} = \dfrac{HO’}{HO} = \dfrac{O’P’}{OP} = \dfrac{r’}{r}$.

Figura 3

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

Ahora consideremos $P’’$ el punto diametralmente opuesto a $P’$ en $(O’, r’)$, sea $H’ = \overline{OO’} \cap \overline{PP’’}$, entonces $\triangle H’O’P’’ \sim \triangle H’OP$
$\Rightarrow \dfrac{H’P’’}{H’P} = \dfrac{H’O’}{H’O} = \dfrac{O’P’’}{OP} = \dfrac{r’}{r} = k$.

Así, hemos encontrado dos homotecias entre $(O, r)$ y $(O’, r’)$.

$\blacksquare$

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

Sea $H = \overline{OO’} \cap \overline{TT’}$, como $\overline{O’T’} \parallel \overline{OT}$ entonces $\triangle HO’T’ \sim \triangle HOT$
$\Rightarrow \dfrac{HT’}{HT} = \dfrac{HO’}{HO} = \dfrac{O’T’}{OT} = \dfrac{r’}{r}$.

Figura 4

Como el punto que divide externamente al segmento $\overline{OO’}$ en la razón $\dfrac{r’}{r}$ 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.

$\blacksquare$

Incírculo y exírculo en homotecia

Teorema 3. Sea $\triangle ABC$, considera $(I, r)$ y $(I_b, r_b)$ su incírculo y $B$-excírculo respectivamente, sean $D$ el punto de tangencia de $\overline{AC}$ con $(I, r)$ y $D’$ el punto diametralmente opuesto a $D$ en $(I, r)$, sea $E = \overline{BD’} \cap \overline{AC}$, entonces $E$ es el punto de tangencia de $\overline{AC}$ con $(I_b, r_b)$ y el punto medio de $\overline{AC}$ es el punto medio de $\overline{DE}$.

Demostración. Por el corolario 1, existe una homotecia con centro en $B$ y razón $\dfrac{r_b}{r}$ 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.

Figura 5

Entonces $\overline{ID’} \parallel \overline{I_bX}$, pero $\overline{ID’} \perp \overline{AC}$ $\Rightarrow \overline{I_bX} \perp \overline{AC}$ y como $\overline{AC}$ es tangente a $(I_b, r_b)$ entonces $X \in \overline{AC}$.

Como $X \in \overline{AC}$ y $X$ es colineal con $B$ y $D’$ entonces $X = E$, así, $\overline{AC}$ es tangente a $(I_b, r_b)$ en $E$.

Por otro, lado sean $P$, $Q$ los puntos de tangencia de $\overline{BC}$ con $(I, r)$ y $(I_b, r_b)$ respectivamente y sean $R$, $S$ los puntos de tangencia de $\overline{AB}$ con $(I, r)$ y $(I_b, r_b)$ respectivamente.

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

$BP + PC + CQ = BQ = BS = BR + RA + AS \Rightarrow PC + CQ = RA + AS$
$\Rightarrow CD + CE = AD + AE \Rightarrow 2CE + DE = 2AD + DE$
$\Rightarrow CE = AD$

Por lo tanto, el punto medio de $\overline{AC}$ es el punto medio de $\overline{DE}$.

$\blacksquare$

Concurrencia de rectas

Corolario 2. Con las mismas condiciones y notación del teorema anterior, sea $H \in \overline{AC}$ el pie de la altura por $B$, y sea $M$ el punto medio de $\overline{BH}$, entonces $\overline{EI}$ y $\overline{I_bD}$ concurren en $M$ (figura 5).

Demostración. Ya que $\overline{D’D} \parallel \overline{BH}$ entonces $\triangle EBH \sim \triangle ED’D$,
$\Rightarrow \dfrac{EB}{ED’} = \dfrac{EH}{ED}$.

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 $\overline{D’D}$ es homólogo del punto medio de $\overline{BH}$.

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 $\overline{DD’} \parallel \overline{E’E}$ pero $\overline{DD’} \parallel \overline{HB}$ $\Rightarrow \overline{E’E} \parallel \overline{HB}$.

Entonces $\triangle DEE’ \sim \triangle DHB$.
$\Rightarrow \dfrac{DB}{DE’} = \dfrac{DH}{DE}$.

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 $\overline{EE’}$ y el punto medio de $\overline{BH}$ son puntos homólogos.

Ya que $\overline{E’E} \perp \overline{AC}$, entonces es diámetro de $(I_b, r_b)$, por lo que $I_b$ es el punto medio de $\overline{E’E}$ y así, $I_b$, $D$ y $M$ son colineales.

Por lo tanto, $\overline{EI}$ y $\overline{I_bD}$ concurren en $M$.

$\blacksquare$

Tarea moral

  1. 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.
  2. 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.
  3. 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.
  4. Construye un triangulo $\triangle ABC$ dado su incentro, el punto medio del lado $\overline{BC}$ y el pie de la altura por $A$.
  5. Lema de Arquímedes. Sea $\Gamma_2$ una circunferencia internamente tangente a una circunferencia $\Gamma_1$ en un punto $H$, considera $\overline{AB}$, una cuerda de $\Gamma_1$ que es tangente a $\Gamma_2$ en $P$, sea $Q$ el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{AB}$ (figura 6), muestra que:
    $i)$ $Q$, $P$ y $H$ son colineales,
    $ii)$ $QP \times QH = QB^2$.
Figura 6
  1. Sea $\Gamma_2$ una circunferencia internamente tangente a una circunferencia $\Gamma_1$ en un punto $H$, considera una secante a ambas circunferencias en $A$, $B$, $C$ y $D$ (figura 7), prueba que $\angle AHC = \angle BHD$.
Figura 7

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.

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Geometría Moderna I: Homotecia

Introducción

En esta entrada estudiamos el tema de homotecia, que es una transformación que lleva una figura del plano a otra semejante, con lados correspondientes paralelos y vértices correspondientes concurrentes, estas propiedades nos permitirán abordar algunos problemas de construcciones geométricas.

Definición 1. Considera un punto $H$, un conjunto de puntos $F$ y $0 \neq k$ un numero real, para cada $X \in F$ sea $X’$ tal que $X’$, $X$ y $H$ son colineales y $\dfrac{HX’}{HX} = k$.

Sea $F’$ el conjunto de puntos $X’$, diremos que los conjuntos $F$ y $F’$ son figuras homotéticas y los puntos $X$ y $X’$ son puntos homólogos.

$H$ se llama centro de homotecia, $k$ es la razón de homotecia y la relación entre $F$ y $F’$ es una homotecia con centro en $H$ y razón $k$. Por convención el centro de homotecia $H$ es su propio punto homólogo.

Si puntos homólogos de una homotecia están del mismo lado del centro de homotecia decimos que los conjuntos son directamente homotéticos y la razón de homotecia es positiva, si los puntos homólogos están en lados opuestos respecto del centro de homotecia decimos que las figuras son inversamente homotéticas y la razón de homotecia será negativa.

Homotecia de una recta

Teorema 1. La homotecia de una recta que no pasa por el centro de homotecia es una recta paralela.

Demostración. Sean $H$ y $k$ el centro y la razón de homotecia, y sea $l$ una recta que no pasa por $H$. Tomemos tres puntos arbitrarios $P$, $Q$, $R \in l$, sean $P’$, $Q’$ y $R’$ sus correspondientes puntos homólogos.

Figura 1

Como $\dfrac{HP’}{HP} = k = \dfrac{HQ’}{HQ}$, por el reciproco del teorema de Thales, $\overline{PQ} \parallel \overline{P’Q’}$, análogamente $\overline{QR} \parallel \overline{Q’R’}$ y $\overline{PR} \parallel \overline{P’R’}$.

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

Si fijamos $P$ y $Q$, y tomamos $R$ como variable, entonces $P’$ y $Q’$ son fijos y $R’$ es variable, así todos los puntos $R’$ son colineales con $P’$ y $Q’$.

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

$\blacksquare$

Definición 2. Decimos que dos polígonos $ABCD…$ y $A’B’C’D’…$ son semejantes si los correspondientes lados son proporcionales $\dfrac{AB}{A’B’} = \dfrac{BC}{B’C’} =…$ y los ángulos correspondientes son iguales $\angle A = \angle A’$, $\angle B = \angle B’$, $…$

Corolario. Dos polígonos homotéticos son semejantes.

Demostración. Sean $A$, $B$ y $C$ vértices de un polígono $ABCD…$, entonces por el teorema anterior, los lados del triángulo $\triangle A’B’C’$, formado por los puntos homólogos de $A$, $B$ y $C$, son paralelos a los lados correspondientes de $\triangle ABC$, por lo tanto, los triángulos son semejantes y así los ángulos correspondientes son iguales y los lados correspondientes son proporcionales.

$\blacksquare$

Polígonos homotéticos

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

Demostración. Sean $ABCD…$ y $A’B’C’D’…$ dos polígonos que cumplen las condiciones dadas, sea $H$ la intersección de las rectas $\overline{AA’}$ y $\overline{BB’}$ y supongamos que $\overline{CC’}$ no pasa por $H$, entonces sea $H’ = \overline{CC’} \cap \overline{BB’}$.

Figura 2

Como $\overline{AB} \parallel \overline{A’B’}$ y $\overline{BC} \parallel \overline{B’C’}$ entonces $\triangle HAB \sim \triangle HA’B’$ y $\triangle H’BC \sim \triangle H’B’C’$
$\Rightarrow \dfrac{AB}{A’B’} = \dfrac{HB}{HB’}$ y $\dfrac{BC}{B’C’} = \dfrac{H’B}{H’B’}$ 

Ya que los lados correspondientes de $ABCD…$ son proporcionales a los de $A’B’C’D’…$, entonces $ \dfrac{HB}{HB’} = \dfrac{AB}{A’B’} = \dfrac{BC}{B’C’} = \dfrac{H’B}{H’B’} $
$\Rightarrow \dfrac{HB}{HB’} – 1= \dfrac{H’B}{H’B’} – 1 \Rightarrow \dfrac{HB – HB’}{HB’} = \dfrac{H’B – H’B’}{H’B’}$
$\Rightarrow \dfrac{B’B}{HB’} = \dfrac{B’B}{H’B’} \Rightarrow HB’ = H’B’$

Por lo tanto, $H = H’$

Así, $\overline{AA’}$, $\overline{BB’}$ y $\overline{CC’}$ son concurrentes y $\dfrac{HA’}{HA} = \dfrac{HB’}{HB} = \dfrac{HC’}{HC}$, es análogo ver que las demás rectas que unen vértices correspondientes concurren en $H$.

Por tanto, $ABCD…$ y $A’B’C’D’…$ se encuentran en homotecia desde $H$ y por el corolario 1, $ABCD…$ y $A’B’C’D’…$, son semejantes, la razón de homotecia es la razón de semejanza, $\dfrac{HA’}{HA} = \dfrac{AB}{A’B’} = \dfrac{BC}{B’C’} =…$.

$\blacksquare$

Observación. Si los lados correspondientes de las figuras $ABCD…$ y $A’B’C’D’…$ son congruentes entonces $\square AA’B’B$ es un paralelogramo, es decir $\overline{AA’}$ y $\overline{BB’}$ no pueden ser concurrentes.

Rectas concurrentes

Proposición. Sea $\triangle ABC$ un triángulo y sean $D$, $E$ y $F$ los puntos de tangencia del incírculo $(I, r)$ de $\triangle ABC$, con los lados $\overline{BC}$, $\overline{AC}$ y $\overline{AB}$ respectivamente, sean $A’$, $B’$ y $C’$ la intersección de las rectas $\overline{AI}$, $\overline{BI}$ y $\overline{CI}$ con el circuncírculo del triángulo $\triangle ABC$, entonces la rectas $\overline{A’D}$, $\overline{B’E}$ y $\overline{C’F}$ son concurrentes.

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

Figura 3

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

Sea $G = \overline{AI} \cap \overline{C’B’}$, en el triángulo $\triangle GIB’$ tenemos que $\angle IGB’ = \pi – (\angle C’B’B + \angle B’IA) = \pi – \dfrac{\angle A + \angle B + \angle C}{2} = \dfrac{\pi}{2}$.

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

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

$\blacksquare$

Inscribir un triángulo en otro triángulo dado

Problema. 1 En un triángulo dado inscribir un triángulo cuyos lados sean perpendiculares a los lados del triángulo dado.

Solución. Sea $\triangle ABC$ el triángulo dado, la idea es construir una homotecia desde uno de los vértices, tomemos $D \in \overline{BC}$, distinto de $B$, $C$ y también diferente al pie de la altura por $A$.

Por $D$ trazamos la perpendicular a $\overline{BC}$ que interseca a $\overline{AC}$ en $E$, por $E$ trazamos la perpendicular a $\overline{AC}$ que interseca a $\overline{AB}$ en $F$. Por $F$ trazamos la perpendicular a $\overline{AB}$ que interseca a $\overline{DE}$ en $G$.

Figura 4

Sea $G’ = \overline{BC} \cap \overline{AG}$, por $G’$ trazamos la paralela a $\overline{GE}$ que interseca a $\overline{AC}$ en $E’$, también trazamos la paralela a $\overline{GF}$ por $G’$ que interseca a $\overline{AB}$ en $F’$.

Por construcción $\overline{EE’}$, $\overline{FF’}$ y $\overline{GG’}$ concurren en $A$, $\overline{G’F’} \perp \overline{AB}$ y $\overline{G’E’} \perp \overline{AC}$.

Como $\triangle AF’G’ \sim \triangle AFG$ y $\triangle AG’E’ \sim \triangle AGE$
$\dfrac{AF’}{AF} = \dfrac{AG’}{AG} = \dfrac{AE’}{AE}$.

Por tanto, $E’$, $F’$ y $G’$ son puntos homólogos de $E$, $F$ y $G$ respectivamente, con centro de homotecia en $A$.

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

$\blacksquare$

Observación. Notemos que construimos $ \overline{DE} \perp \overline{BC}$ y tal que $E \in \overline{AC}$, pero pudimos haber construido $E \in \overline{AB}$ de lo que resultaría un triangulo distinto $\triangle E’F’G’$ y por lo tanto tenemos dos soluciones.

Inscribir un cuadrado en un triángulo dado

Problema 2. Dado un triángulo, inscribir un cuadrado en el triángulo dado.

Solución. Sea $\triangle ABC$ el triángulo dado, construimos un cuadrado exteriormente $\square BDEC$ sobre $\overline{BC}$, sean $D’ = \overline{AD} \cap \overline{BC}$ y $E’ = \overline{AE} \cap \overline{BC}$.

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

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

Figura 5

Como $\overline{B’D’}$ es transversal a $\overline{AB}$ y a $\overline{AD}$ y es paralela a $\overline{BD}$ entonces $\dfrac{AB’}{AB} =\dfrac{AD’}{AD}$ y por tanto, $B$ y $B’$ son puntos homólogos, de manera similar podemos ver que $C$ y $C’$ son puntos homólogos.

Como $\square BDEC$ y $\square B’D’E’C’$ son figuras homotéticas entonces, por el corolario, son semejantes, por lo tanto, $\square B’D’E’C’$ es un cuadrado.

$\blacksquare$

Observación. Si alguno de los ángulos $\angle B$ o $\angle C$ es obtuso, entonces una de las rectas $\overline{AD}$ o $\overline{AE}$ intersecaría a $\overline{BC}$ por fuera y no seria posible la construcción.

Así, si nuestro triángulo $\triangle ABC$ es obtusángulo tenemos que tomar como centro de homotecia el vértice del ángulo obtuso.

Si $\triangle ABC$ es acutángulo existen tres soluciones, una por cada vértice como centro de homotecia, y si es rectángulo hay dos soluciones.

Construir una secante a un triángulo dado

Problema 3. Dado un triángulo $\triangle ABC$, construye $D \in \overline{AB}$ y $E \in \overline{AC}$ tal que $BD = DE = EC$.

Solución. Supongamos que ya tenemos la figura requerida (figura 6). Por $A$ trazamos una paralela a $\overline{DE}$ que interseca a $\overline{BE}$ en $F$, por $F$ trazamos una paralela a $\overline{AC}$ que interseca a $\overline{BC}$ en $G$.

Figura 6

Como $\overline{AF} \parallel \overline{DE}$ y $\overline{FG} \parallel \overline{EC}$, por el teorema de Thales, tenemos
$\dfrac{BA}{BD} = \dfrac{BF}{BE} = \dfrac{BG}{BC}$
así que $(A, D)$, $(F, E)$ y $(G, C)$ son pares de puntos homólogos, con centro en $B$.

Inversamente, para construir el cuadrilátero auxiliar $\square BAFG$ hacemos lo siguiente (figura 7), trazamos una circunferencia con centro en $A$ y radio $\overline{AB}$, $(A, AB)$, construimos $L \in \overline{AC}$ tal que $LC = AB$, trazamos una paralela $l_1$ a $\overline{BC}$ por $L$, sea $F = (A, AB) \cap l_1$, trazamos una paralela $l_2$ a $\overline{AC}$ por $F$, sea $G = \overline{BC} \cap l_2$.

Figura 7

Como $\square LCGF$ es un paralelogramo entonces $FG = LC = AB = AF$.

Finalmente, sean $E = \overline{AC} \cap \overline{BF}$ y $D$ la intersección de la paralela por $E$ a $\overline{AF}$ con $\overline{AB}$.

Por construcción $\square BDEC$ y $\square BAFG$ son homotéticos, con centro de homotecia en $B$, y tenemos que $\dfrac{BD}{BA} = \dfrac{DE}{AF} = \dfrac{EC}{FG}$ $\Rightarrow BD = DE = EC$.

$\blacksquare$

Tarea moral

  1. Sean $B$, $B’$ y $C$, $C’$ pares de puntos homólogos de dos figuras homotéticas $F$ y $F’$, considera $A \in F$, por $B’$ y $C’$ tracemos paralelas a $\overline{AB}$ y $\overline{AC}$ respectivamente, sea $A’$ la intersección de estas dos últimas rectas, prueba que $A$ y $A’$ son puntos homólogos.
  2. Si dos triángulos están en homotecia muestra que sus incentros, circuncentros, ortocentros y centroides son puntos homólogos, y que sus bisectrices, mediatrices, alturas y medianas son rectas homotéticas.
  3. Dadas dos rectas $l_1$ y $l_2$ que se intersecan en un punto inaccesible, trazar una recta que pase por un punto dado $P$ y la intersección de las rectas dadas (figura 8).
Figura 8
  1. En un triangulo dado inscribir un triangulo cuyos lados sean paralelos a las bisectrices internas del triangulo dado.
  2. En un triangulo dado $\triangle ABC$, construir un cuadrado tal que un vértice este en la extensión de $\overline{AB}$, otro en la exención de $\overline{AC}$ y los otros dos vértices en $\overline{BC}$.
  3. Construir un triangulo $\triangle ABC$ dados $\angle A$, $AB + BC$ y $AC + BC$.

Más adelante…

Continuando con el tema de homotecia, en la próxima entrada veremos circunferencias homotéticas.

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Geometría Moderna I: Construcciones geométricas

Introducción

En esta entrada estudiamos dos procedimientos generales que pueden ser útiles en la resolución de algunas construcciones geométricas. Presentamos la definición de media armónica, media geométrica y media aritmética de dos magnitudes, como construirlas y que relación hay entre ellas.

Media: armónica, geométrica y aritmética

Proposición 1. Dados dos segmentos de longitudes $a$ y $b$ tenemos las siguientes desigualdades:
$\dfrac{2ab}{a + b} \leq \sqrt{ab} \leq \dfrac{a + b}{2}$.

De izquierda a derecha estas cantidades se conocen como media armónica, media geométrica y media aritmética de $a$ y $b$.

Demostración. Tracemos un semicírculo tomando como diámetro un segmento $\overline{BC}$  de longitud $a + b$ y sea $D \in \overline{BC}$ tal que $BD = a$ y $DC = b$, en $D$ levantamos una perpendicular a $\overline{BC}$ que corta al arco $\overset{\LARGE{\frown}}{CB}$ en $A$, entonces $\triangle ABC$ es un triángulo rectángulo con $\angle A = \dfrac{\pi}{2}$.

Figura 1

Por la semejanza de $\triangle ADB$ y $\triangle CDA$, $\overline{AD}$ es la media geométrica de $\overline{BD}$ y $\overline{DC}$, esto es
$AD^2 = BD \times DC$.

Consideremos $O$ el punto medio de $\overline{BC}$, sea $E \in \overline{AO}$ tal que $\overline{DE}  \perp \overline{AO}$, entonces por criterio de semejanza AA $\triangle ADO \sim \triangle AED$
$\Rightarrow \dfrac{AD}{AE} = \dfrac{AO}{AD}$
$\Rightarrow AE = \dfrac{2AD^2}{2AO} = \dfrac{2BD \times DC}{BC} = \dfrac{2ab}{a + b}$

Por el teorema de Pitágoras en $\triangle AED$
$AD^2 = AE^2 + DE^2 \Rightarrow AE \leq AD \Rightarrow \dfrac{2ab}{a + b} \leq \sqrt{ab}$

Por el teorema de Pitágoras en $\triangle ADO$
$AO^2 = AD^2 + DO^2 \Rightarrow AD \leq AO \Rightarrow \sqrt{ab} \leq \dfrac{a + b}{2}$

Notemos que si $a = b$ entonces $D = O = E$ y se da la igualdad.

$\blacksquare$

Método analítico

Para problemas de construcciones geométricas en los cuales no es muy claro que pasos seguir, nos puede ayudar el método analítico el cual se divide en los siguientes pasos:

Análisis. Empezamos asumiendo que ya tenemos la figura que satisface las condiciones del problema y hacemos un dibujo aproximado de esta. A partir de esta figura indagamos que tipo de relación hay entre los datos que conocemos y los que no.

Construcción. Con la información obtenida llevamos a cabo nuestra construcción.

Demostración. Probamos que en efecto nuestra construcción nos lleva a la figura requerida.

Discusión. Hablamos sobre las condiciones bajo las cuales el problema puede ser resuelto, el número de soluciones posibles y otras observaciones.

A continuación, veremos un par de ejemplos.

($a$, $\angle A$, $b + c$)

Proposición 2. La mediatriz de un lado en todo triangulo siempre interseca al mayor de los lados restantes.

Demostración. Por contradicción, sea $\triangle ABC$ tal que $AC > AB$ y supongamos que la mediatriz de $\overline{BC}$ interseca a $\overline{AB}$ en $D$, entonces $\triangle DBC$ es isósceles pues $D$ equidista a $B$ y a $C$,
$\Rightarrow \angle CBD = \angle DCB < \angle ACB$.

Figura 2

Por otro lado, sabemos que en todo triangulo al mayor de los lados siempre se opone el mayor de los ángulos, $\Rightarrow \angle CBD = \angle CBA > ACB$.

Lo cual es una contradicción, por tanto, $D \in \overline{AC}$.

$\blacksquare$

Problema 1. Construir un triángulo $\triangle ABC$ dados la base, el ángulo opuesto a la base y la suma de los lados restantes ($BC = a$, $\angle A = \alpha$, $AB + AC= c + b$).

Análisis. Supongamos que $\triangle ABC$ es el triángulo requerido, sea $D$ en la recta $\overline{AB}$ tal que $AD = AC$. $\angle BAC$ es un ángulo exterior del triángulo isósceles $\triangle ACD$,
$\Rightarrow BAC = \angle D + \angle DCA = 2\angle D$
$\Rightarrow \angle D = \dfrac{\angle BAC}{2} = \dfrac{\alpha}{2}$.

Figura 3

Con estos elementos podemos construir el triángulo auxiliar $\triangle DBC$ y a partir de este a $\triangle ABC$.

Construcción. Sobre un punto $D$ construimos el ángulo $\dfrac{\alpha}{2}$, sea $B$ sobre uno de los lados del ángulo tal que $DB = b + c$, dibujamos una circunferencia con centro en $B$ y radio $a$, $(B, a)$.

Figura 4

Sea $C$ la intersección de $(B, a)$ con el otro lado del ángulo $\dfrac{\alpha}{2}$.

Finalmente, el vértice $A$ de $\triangle ABC$, se encuentra en la intersección del lado $\overline{DB}$, con la mediatriz de $\overline{CD}$.

Demostración. Como $A$ es un punto en la mediatriz de $\overline{CD}$, entonces $AD = AC$, y como $\triangle ADC$ es isósceles $\Rightarrow \angle DCA = \angle ADC = \dfrac{\alpha}{2}$.

Ya que $\angle BAC$ es ángulo exterior de $\triangle ADC$, es igual a la suma de los ángulos interiores no adyacentes a el $\Rightarrow \angle BAC = \angle DCA + \angle ADC = \alpha$.

Por otro lado, $BC = a$ y $AB + AC = AB + AD = b + c$, por construcción.

$\blacksquare$

Discusión. Por la proposición 2, notamos que es necesario que en el triángulo auxiliar $\triangle DBC$ se cumpla $DB > BC$, es decir $b + c > a$, para que la mediatriz de $\overline{CD}$ interseque a $\overline{BD}$.

También observamos que en la construcción de $\triangle DBC$, necesitamos que el radio de $(B, a)$ sea mayor o igual a la distancia de $B$ al segundo lado del ángulo $\alpha$, pues en caso contrario no es posible construir a $C$ y no habrá solución.

Finalmente, de cumplirse esta última condición puede haber una o dos soluciones distintas.

($a$, $\angle A$, $h_b + h_c$)

Problema 2. Construye un triángulo $\triangle ABC$ dados la base, el ángulo opuesto y la suma de las alturas perpendiculares a los otros dos lados ($BC = a$, $\angle A = \alpha$, $BD + CE = h_b + h_c$).

Análisis. Supongamos que $\triangle ABC$ es el triángulo requerido, y sean $BD = h_b$ y $CE = h_c$ las alturas por $B$ y $C$ respectivamente.

Figura 5

Sea $F$ sobre la recta $\overline{BD}$ tal que $BF = BD + CE = h_b + h_c$.

Por $F$ trazamos una recta paralela a $\overline{AC}$, la cual interseca a $\overline{AB}$ en $G$, entonces $\angle BGF = \angle BAC = \alpha$ y $\angle GFB = \angle ADB = \dfrac{\pi}{2}$ por ser ángulos correspondientes.

Construcción. De manera similar a la construcción del triángulo auxiliar $\triangle DBC$ del problema anterior, con la información que resulta del análisis ($BF = h_b + h_c$ y $\angle BGF = \alpha$), podemos construir el triángulo rectángulo auxiliar $\triangle BFG$.

Figura 6

Luego, trazamos una circunferencia con centro $B$ y radio $a$, $(B, a)$. La intersección de $(B, a)$ con la bisectriz interior de $\angle BGF$ será el vértice $C$ y la intersección de $\overline{GB}$ con la mediatriz de $\overline{GC}$ será el vértice $A$.

Demostración. Por construcción $BC = a$, como $A$ está en la mediatriz de $\overline{GC}$ entonces $\triangle AGC$ es isósceles por lo que $\angle GCA = \angle AGC$, pero $\angle AGC = \angle CGF$ pues $\overline{GC}$ es bisectriz de $\angle AGF$,
$\Rightarrow \angle GCA = \angle CGF$ $\Rightarrow  \overline{AC} \parallel \overline{FG}$ $\Rightarrow  \angle BAC = \angle BGF = \alpha$

Como $\overline{AC} \parallel \overline{FG}$ entonces $\overline{BF} \perp \overline{AC}$. Sean $\overline{BE}$ y $\overline{CD}$ las alturas de $\triangle ABC$ trazadas por $B$ y $C$ respectivamente.

Por $A$ trazamos una perpendicular a $\overline{AC}$ que corta a $\overline{GF}$ en $H$, como $\square AEFH$ es un rectángulo entonces $AH = EF$.

En los triángulos rectángulos $\triangle ADC$ y $\triangle GHA$ tenemos $AC = AG$ y $\angle DAC = \angle AGH$, por criterio de congruencia ALA $\triangle ADC \cong \triangle GHA$  $\Rightarrow CD = AH = EF$.

Por lo tanto, $BE + CD = BE + EF = BF = h_b + h_c$, por construcción.

$\blacksquare$

Discusión. Si el ángulo dado es obtuso entonces el triángulo rectángulo auxiliar $\triangle BFG$ incluirá al ángulo suplementario a $\angle A$ y el procedimiento será muy similar.

Notemos que $(B, a)$ puede intersecar a la bisectriz de $\angle BGF$ en cero, uno o dos puntos y por lo tanto existen cero, una o dos posibles soluciones.

Método de similitud

Este método consiste en construir una figura semejante a la figura requerida omitiendo una de las condiciones dadas, la figura requerida se deriva a partir de la semejanza.

Ilustramos este método con un par de ejemplos.

($b$, $c$, $\dfrac{a}{h_a}$)

Problema 3. Construye un triangulo $\triangle ABC$ dados dos lados y la razón entre el tercer lado y la altura por el vértice opuesto ($AB = c$, $AC = b$, $\dfrac{BC}{AD} = \dfrac{a}{h_a}$).

Análisis. Supongamos que $\triangle ABC$ es el triángulo requerido, consideremos $D$, el pie de la altura desde $A$.

Sea $E \in \overline{AD}$ tal que $AE = h_a$, por $E$ trazamos la paralela a $\overline{BC}$ que interseca a $\overline{AB}$ y a $\overline{AC}$ en $F$ y $G$ respectivamente.

Figura 7

Como $\triangle ABC \sim \triangle AFG$, entonces
$\begin{equation} \dfrac{AF}{AG} = \dfrac{AB}{AC} = \dfrac{c}{b} \end{equation}$
y $\dfrac{FG}{AE} = \dfrac{BC}{AD} = \dfrac{a}{h_a}$,
como $AE = h_a \Rightarrow FG = a$

Construcción. Podemos construir el triángulo auxiliar $\triangle AFG$ con los siguientes datos, la base $FG = a$, la altura $AE = h_a$ y la razón entre los lados restantes $\dfrac{AF}{AG} = \dfrac{c}{b}$, este problema lo resolvimos en la entrada anterior.

Luego, sobre $\overline{AF}$ construimos $B$ tal que $AB = c$ y sobre $\overline{AG}$ construimos $C$ tal que $AC = b$.

Demostración. Por construcción se da la ecuación $(1)$, y por el reciproco del teorema de tales, esto implica $\overline{FG} \parallel \overline{BC}$ y $\triangle ABC \sim \triangle AFG$,

Sea $D = \overline{BC} \cap \overline{AE}$, el pie de la altura por $A$, entonces, $\dfrac{BC}{AD} = \dfrac{FG}{AE} = \dfrac{a}{h_a}$.

$\blacksquare$

Discusión. Debido a la construcción del triángulo auxiliar $\triangle AFG$ el problema tiene $0$, $1$ o $2$ soluciones posibles.

Construir un triángulo isósceles dado su incírculo

Proposición. 3 Dos triángulos isósceles son semejantes si la razón entre las alturas perpendiculares a las bases es igual a la razón entre sus inradios.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ triángulos isósceles con $AB = AC$ y $A’B’ = A’C’$, $D$ y $D’$ los pies de las alturas desde $A$ y $A’$ respectivamente, consideremos $(I, r)$ y $(I’, r’)$ los incuncírculos de $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ respectivamente.

Figura 8

Si $\dfrac{r}{r’} = \dfrac{AD}{A’D’} = \dfrac{h_a}{h_a’}$
$\Rightarrow h_a – r = \dfrac{rh_a’}{r’} – \dfrac{rr’}{r’} = \dfrac{r}{r’}(h_a’ – r’)$
$\Rightarrow \dfrac{AI}{A’I’} = \dfrac{h_a – r}{h’_a – r’} = \dfrac{r}{r’} = \dfrac{IE}{I’E’}$,

donde $E$ y $E’$ son los puntos de tangencia de $(I, r)$ y $(I’, r’)$ en $\overline{AB}$ y $\overline{A’B’}$ respectivamente.

Por criterio de semejanza hipotenusa-cateto, $\triangle AIE \sim \triangle A’I’E’$ $\Rightarrow$ $\angle EAI = \angle E’A’I’$, como $\overline{AI}$ y $\overline{A’I’}$ son bisectrices de $ \angle A$ y $ \angle A’$ respectivamente $\Rightarrow \angle A = \angle A’$.

Como $\angle B = \angle C$ y $\angle B’ = \angle C’$, obtenemos $2\angle B = 2\angle B’$, por cierto de semejanza AA, $\triangle ABC \sim \triangle A’B’C’$.

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Problema 4. Dada una circunferencia $(I, r)$, construir un triángulo isósceles tal que $(I, r)$ es incírculo del triángulo y el cociente entre uno de los lados iguales del triángulo y la base es igual a una razón dada $\dfrac{p}{q}$.

Construcción. Construimos un triángulo $\triangle A’B’C’$ con $A’B’ = A’C’ = p$ y $B’C’ = q$, de este triangulo tomamos $h_a’$ la altura trazada desde $A’$ y $r’$ el inradio.

Ahora construimos $h_a = \dfrac{rh_a’}{r’}$.

Por un punto arbitrario $D \in (I, r)$ trazamos la tangente $l$ a $(I, r)$, en la recta $\overline{DI}$, tomamos $A$ tal que $AD = h_a$, finalmente trazamos tangentes desde $A$ a $(I, r)$ y las intersecciones con $l$ serán los vértices $B$ y $C$.

Figura 9

Demostración. Sean $E$ y $F$ los puntos de tangencia de $\overline{AB}$ y $\overline{AC}$ respectivamente con $(I, r)$, por criterio de congruencia hipotenusa-cateto, $\triangle AIE \cong \triangle AIF$ por lo que $\angle BAI = \angle IAC$.

Como $\overline{AD} \perp \overline{BC}$, por criterio de congruencia ALA, $\triangle ADB \cong \triangle ADC$ $\Rightarrow  AB = AC$, por lo tanto $\triangle ABC$ es un triángulo isósceles.

Dado que $\dfrac{h_a}{h_a’} = \dfrac{r}{r’}$, por la proposición 3, $\triangle ABC \sim \triangle A’B’C’$ y por tanto $\dfrac{AB}{BC}  = \dfrac{A’B’}{B’C’} = \dfrac{p}{q}$.

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Tarea moral

  1. Dados dos segmentos de longitudes $a$ y $b$ muestra que $\dfrac{a + b}{2} \leq \sqrt{\dfrac{a^2 + b^2}{2}}$. La última expresión es conocida como media cuadrática de $a$ y $b$.
  2. Dados tres segmentos de longitudes $a$, $b$ y $c$ decimos que $x$ es la cuarta proporcional de $a$, $b$ y $c$ si $\dfrac{x}{a} = \dfrac{b}{c}$. Construir la cuarta proporcional de tres segmentos.
  3. Construye un triangulo dados la base, el ángulo opuesto a la base y la diferencia de los lados restantes ($a$, $\angle A$, $b – c$).
  4. Con los siguientes datos construye un triángulo, la base, el ángulo opuesto a la base y la diferencia de las alturas perpendiculares a los lados restantes ($a$, $\angle A$, $h_b – h_c$).
  5. Construye un cuadrado dada la suma de su lado $l$ y su diagonal $d$, $l + d$.
  6. Construye un triángulo dados un ángulo, la bisectriz del ángulo dado y la razón en que la bisectriz divide al lado opuesto.

Más adelante…

En la siguiente entrada presentaremos el tema de polígonos homotéticos, una herramienta útil para la resolución de problemas geométricos entre ellos los de construcciones.

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Geometría Moderna I: Circunferencia de Apolonio

Introducción

En esta entrada veremos dos lugares geométricos importantes, uno es la caracterización de arco de circunferencia y el otro la circunferencia de Apolonio.

Arco de circunferencia

Teorema 1. Dados un segmento $\overline{BC}$ y un ángulo $\alpha < \pi$ el lugar geométrico de los puntos $A$ que están sobre un mismo lado de la recta $\overline{BC}$ y tal que el ángulo $\angle BAC = \alpha$, es un arco de circunferencia que pasa por $B$ y $C$.

Demostración. Sea $A$ un punto tal que $\angle BAC = \alpha$, consideremos el circuncírculo $\Gamma (O)$ de $\triangle ABC$, entonces todos los puntos $A’$ en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{CB}$  cumplen que $\angle BA’C =\alpha$ pues $\angle BAC$ y $\angle BA’C$ abarcan el mismo arco $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$.

Figura 1

Por lo tanto, el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{CB}$ es parte del lugar geométrico.

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Ahora tomemos $A’$ del mismo lado que $A$ respecto de $\overline{BC}$  pero $A’ \notin \overset{\LARGE{\frown}}{CB}$ y consideremos $B’ =  A’B \cap \overset{\LARGE{\frown}}{CB}$ y $C’ = A’C \cap \overset{\LARGE{\frown}}{CB}$.

Si $A’$ está dentro del circuncírculo de $\triangle ABC$ (izquierda figura 2), entonces los teoremas de la medida del ángulo interior y el ángulo inscrito nos dicen que
$\angle BA’C = \dfrac{\angle BOC + \angle B’OC’}{2} > \dfrac{\angle BOC}{2} = \angle BAC$.

Por tanto, $A’$ no está en el lugar geométrico.

Figura 2

Si $A’$ esta fuera del circuncírculo de $\triangle ABC$ (derecha figura 2) , entonces la medida del ángulo exterior es
$\angle BA’C = \dfrac{\angle BOC – \angle C’OB’}{2} < \dfrac{\angle BOC}{2} = \angle BAC$

En consecuencia no existe $A’$ en el lugar geométrico fuera del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{CB}$ y así queda demostrado el teorema.

$\blacksquare$

Observación. Si quitamos la condición de que los puntos $A$ estén de un mismo lado respecto de $\overline{BC}$ entonces obtendremos dos arcos de circunferencia que son simétricos respecto de $\overline{BC}$.

Corolario. Dados un segmento $\overline{BC}$  el lugar geométrico de los puntos $A$ tal que el ángulo $\angle BAC = \dfrac{\pi}{2}$, es una circunferencia de diámetro $\overline{BC}$.

Demostración. Por el teorema 1 y la observación el lugar geométrico son dos arcos de circunferencia simétricos respecto de $\overline{BC}$, además, por el teorema de Thales, $\overline{BC}$ es diámetro de cada uno de estos arcos, por tanto los dos arcos forman una misma circunferencia.

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Circunferencia de Apolonio

Teorema 2. El lugar geométrico de los puntos $A$ tales que la razón de las distancias a dos puntos fijos $B$ y $C$ es igual a una razón dada $\dfrac{p}{q}$, es una circunferencia llamada circunferencia de Apolonio.

Demostración. Sea $BC = a$, construimos un triángulo de lados $p$, $q$ y $a$, si $p + q < a$ entonces tomamos un múltiplo $mp$ y $mq$ tal que $m(p + q) > a$.

Figura 3

Sea $A$ el vértice construido tal que $AB = p$ y $AC = q$, por el teorema de la bisectriz, las bisectrices interna $\overline{AD}$ y externa $\overline{AE}$ de $\angle A$ dividen al segmento $\overline{CB}$ en la razón dada
$\dfrac{p}{q} = \dfrac{AB}{AC} = \dfrac{BD}{DC} = \dfrac{BE}{CE}$.

De esta manera, hemos encontrado dos putos $D$ y $E$ en la recta $\overline{BC}$ del lugar geométrico.

Sea $A’$ cualquier punto en el lugar geométrico, entonces $\dfrac{A’B}{A’C} = \dfrac{p}{q} = \dfrac{BD}{DC} = \dfrac{BE}{CE}$.

Por el reciproco del teorema de la bisectriz esto implica que las cevianas $\overline{AD}$ y $\overline{AE}$ son las bisectrices interna y externa del ángulo $\angle BA’C$.

Figura 4

Como las bisectrices interna y externa de todo ángulo son perpendiculares entre si tenemos que $\angle DA’C = \dfrac{\pi}{2}$.

Por el corolario anterior, $A’ \in \Gamma$, la circunferencia cuyo diámetro es $\overline{DE}$.

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Ahora, sea $A \in \Gamma$, entonces $\overline{AD} \perp \overline{AE}$ ya que $\overline{DE}$ es diámetro.

Figura 5

Por $C$ trazamos las paralelas a $\overline{AE}$ y $\overline{AD}$ las cuales intersecan a $\overline{AB}$ en $P$ y en $Q$ respectivamente, como $\overline{AD} \perp \overline{AE}$ entonces $\overline{PC} \perp \overline{CQ}$.

Aplicando el teorema de Thales a $\triangle BQC$ y $\triangle BAE$ tenemos
$\begin{equation} \dfrac{AB}{AQ} = \dfrac{BD}{DC} \end{equation}$
$\begin{equation} \dfrac{AB}{AP} = \dfrac{BE}{CE} \end{equation}$

Por construcción $\dfrac{BD}{DC} = \dfrac{BE}{CE}$
$\Rightarrow \dfrac{AB}{AQ} = \dfrac{AB}{AP} \Rightarrow AP = AQ$

Es decir, $A$ es el punto medio de la hipotenusa en el triángulo rectángulo $\triangle CPQ$, por tanto, equidista a los tres vértices del triangulo
$\Rightarrow AP = AQ = AC$

Reemplazando en las ecuaciones $(1)$ y $(2)$ obtenemos
$\dfrac{AB}{AC} = \dfrac{BD}{DC} = \dfrac{BE}{CE} = \dfrac{p}{q}$

Por tanto, $A$ está en el lugar geométrico.

$\blacksquare$

Observación 1. Notemos que, si la razón dada es $1$, el lugar geométrico son los puntos que equidistan a los puntos dados, esto es la mediatriz del segmento que une los puntos dados.

Observación 2. Si $B$, $C$ son los puntos fijos y $\dfrac{p}{q}$ es la razón dada, los puntos $A$ tales que $\dfrac{AB}{AC} = \dfrac{p}{q}$, describen una circunferencia de Apolonio, pero los puntos $A’$ tales que $\dfrac{A’C}{A’B} = \dfrac{p}{q}$ también describen una circunferencia de Apolonio, estos dos lugares no coinciden a menos que $\dfrac{p}{q} = 1$.

En consecuencia, para un segmento dado y una razón dada tenemos dos circunferencias de Apolonio.

Construcción de un triangulo ($a$, $h_a$, $\dfrac{c}{b}$)

Problema. Construye un triángulo $\triangle ABC$ dados la base, la altura trazada por el vértice opuesto y la razón entre los lados restantes ($BC = a$, $AD = h_a$, $\dfrac{AB}{AC} = \dfrac{c}{b}$).

Solución. Construimos un segmento $\overline{BC}$ de longitud $a$ y trazamos la circunferencia de Apolonio $\Gamma$ de los puntos $P$ tales que la razón de las distancias a $B$ y a $C$ es la razón dada, $\dfrac{PB}{PC} = \dfrac{c}{b}$.

Figura 6

Luego trazamos una recta $l$ paralela a $\overline{BC}$ y a una distancia $h_a$. Una de las intersecciones de $l$ con $\Gamma$ es el tercer vértice del triángulo $\triangle ABC$.

Sea $D$ el pie de la perpendicular a $\overline{BC}$ trazado desde $A$, entonces por construcción $BC = a$, $AD = h_a$ y $\dfrac{AB}{AC} =\dfrac{c}{b}$.

$\blacksquare$

Círculos de Apolonio de un triángulo

Definición 1. Consideremos un triángulo $\triangle ABC$, el lugar geométrico de los puntos $P$ tales que $\dfrac{PB}{PC} = \dfrac{AB}{AC}$, es la A-circunferencia de Apolonio de $\triangle ABC$. De esta manera todo triangulo tiene tres circunferencias de Apolonio asociadas a él, una que pasa por cada vértice.

Definición 2. Decimos que dos circunferencias son ortogonales si se intersecan y los radios trazados desde el punto de intersección son perpendiculares.

Proposición. Cada circunferencia de Apolonio asociada a un triángulo es ortogonal con el circuncírculo del triángulo.

Demostración. Sean $\triangle ABC$, $D$ y $E$ los pies de la bisectriz interior y exterior respectivamente de $\angle A$, consideremos $M$ el punto medio de $\overline{DE}$, entonces la circunferencia con centro $M$ y radio $\overline{AM}$, $(M, AM)$ es la A-circunferencia de Apolonio de $\triangle ABC$.

Figura 7

Tenemos lo siguiente
$\dfrac{\pi}{2} = \angle DAE = \angle DAC + \angle CAM + \angle MAE = \dfrac{\angle BAC}{2} + \angle CAM + \dfrac{\angle AMB}{2}$

$\Rightarrow \pi = \angle BAC + 2\angle CAM + \angle AMB = \angle BAM + \angle AMB + \angle CAM$
$\Rightarrow \angle CBA = \pi – (\angle BAM + \angle AMB)$
$\begin{equation} = \angle CAM \end{equation}$

Ahora consideremos el circuncírculo $(O, AO)$ de $\triangle ABC$, y supongamos que $\overline{AM}$ es secante a $(O, AO)$ en $A$ y $F$, tenemos dos casos:

  • $F$ esta entre $A$ y $M$,
Figura 8

$\Rightarrow \angle CBA = \dfrac{\angle COA}{2} > \dfrac{\angle COF}{2} = \angle CAF = \angle CAM$.

  • $A$ esta entre $F$ y $M$,
Figura 9

$\Rightarrow \angle CAM > \angle CFA = \angle CBA$.

Ninguno de los dos casos anteriores es posible, puesto que por la ecuación $(3)$, $\angle CBA = \angle CAM$, por lo tanto, $\overline{MA}$ es tangente a $(O, AO)$ y así $(O, AO)$ y $(M, AM)$ son ortogonales.

La prueba para las otras dos circunferencias de Apolonio de $\triangle ABC$ es análoga.

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Tarea moral

  1. Dada una circunferencia, muestra que el lugar geométrico de los puntos medios de las cuerdas que pasan por un punto dado es una circunferencia, si el punto esta dentro o en la circunferencia. Analiza el caso cuando el punto se encuentra fuera de la circunferencia.
  2. Dados dos segmentos consecutivos $\overline{AB}$ y $\overline{BC}$ sobre una misma recta encuentra el lugar geométrico de los puntos $P$ tales que $\angle APB = \angle BPC$.
  3. Dados tres puntos $A$, $B$, $C$ y un ángulo $\alpha$, construye una circunferencia que pase por $A$ y $B$ y tal que el ángulo entre las tangentes trazadas desde $C$ a la circunferencia sea igual a $\alpha$.
Figura 10
  1. Construye un triangulo, dados:
    $i)$ la base, la mediana trazada desde el vértice opuesto y la razón entre los lados restantes,
    $ii)$ la base, la bisectriz del ángulo opuesto y la razón entre los lados restantes.
  2. Muestra que las tres circunferencias de Apolonio de un triangulo concurren en dos puntos.
Figura 11

Más adelante…

En la siguiente entrada estudiaremos un par de métodos generales que nos pueden ayudar a resolver problemas de construcciones geométricas.

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