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Geometría Moderna I: Cuadrángulo ortocéntrico

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 $\triangle ABC$ y $H$ su ortocentro.

Figura 1

Notemos que el ortocentro de $\triangle BHC$ es $A$ pues $AB \perp HC$, $AH \perp BC$ y $AC \perp HB$.

De manera análoga podemos ver que $B$ es el ortocentro de $\triangle AHC$ y $C$ es el ortocentro de $\triangle AHB$.

Por otro lado, los pares de rectas perpendiculares $AH$, $BC$; $BH$, $AC$ y $CH$, $AB$, 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 $\triangle ABC$, $\triangle HAB$, $\triangle HAC$ y $\triangle HBC$.

$\blacksquare$

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, $\triangle ABC$, $\triangle HAB$, $\triangle HAC$ y $\triangle HBC$ tienen el mismo circunradio (figura 1).

$\blacksquare$

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 $\triangle HBC$, $\triangle HAC$, $\triangle HAB$ y $\triangle ABC$ son las reflexiones de $A$, $B$, $C$ y $H$ respectivamente respecto a $N$.

Figura 2

Dado que una reflexión es una homotecia de razón $-1$ entonces las figuras $ABCH$ y $O_aO_bO_cO$ son congruentes y por lo tanto $O_aO_bO_cO$ es un cuadrángulo ortocéntrico.

$\blacksquare$

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 $ABCH$ y $O_aO_bO_cO$ 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 $O_aO_bO_cO$ 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 $\triangle O_bO_cO$, $\triangle O_aO_cO$, $\triangle O_aO_bO$ y $\triangle O_aO_bO_c$ respectivamente.

$\blacksquare$

Problema. Construye un triángulo $\triangle ABC$ dados el centro de los nueve puntos $N$ y los circuncentros $O_b$ y $O_c$ de los triángulos $\triangle CAH$ y $\triangle ABH$ respectivamente donde $H$ es el ortocentro de $\triangle ABC$.

Solución. $O_b$ y $O_c$ son los ortocentros de $\triangle O_aO_cO$ y $\triangle O_aO_bO$ 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.

$\blacksquare$

Centroices

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

Demostración. Sea $\triangle ABC$ y $H$ su ortocentro.

Sabemos que el centro de los nueve puntos $N$ de $\triangle ABC$ divide internamente al segmento $HG$ en razón $3:1$, donde $G$ es el centroide de $\triangle ABC$.

Figura 3

Como el grupo ortocéntrico de triángulos $\triangle ABC$, $\triangle HBC$, $\triangle HAC$, $\triangle HAB$ 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 $GG_aG_bG_c$ es un cuadrángulo ortocéntrico.

$\blacksquare$

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 $HABC$ y $GG_aG_bG_c$ están en homotecia desde el centro de los nueve puntos $N$ de $\triangle ABC$ 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.

$\blacksquare$

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, $OO_aO_bO_c$ y $GG_aG_bG_c$ tienen el mismo centro de los nueve puntos que $HABC$ y son homotéticos con este último precisamente desde $N$ en razón $-1$ y $-3$ respectivamente.

Figura 4

Por lo tanto, existe una homotecia con centro en $N$ y razón $3$ que lleva a $GG_aG_bG_c$ en $OO_aO_bO_c$.

$\blacksquare$

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 $\triangle ABC$ son perpendiculares entre si entonces el incentro $I$ es el ortocentro del triángulo formado por los excentros $\triangle I_aI_bI_c$ y el triángulo $\triangle ABC$ es el triángulo órtico de $\triangle I_aI_bI_c$.

Figura 5

Entonces, por el teorema 1 y corolario 1, $I_aI_bI_cI$ es un grupo ortocéntrico de puntos y su circunferencia de los nueve puntos es el circuncírculo de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

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 $\triangle ABC$ un triángulo, $I$, $I_a$, $I_b$, $I_c$, el incentro y sus respectivos excentros, $O$ y $O_e$ los circuncentros de $\triangle ABC$ y $\triangle I_aI_bI_c$ respectivamente.

Figura 6

Por el teorema anterior, $I$ y $O$ son el ortocentro y el centro de los nueve puntos respectivamente de $\triangle I_aI_bI_c$, por lo tanto, $O$ es el punto medio de $IO_e$.

Sean $H$ y $G$ el ortocentro y el centroide respectivamente de $\triangle ABC$, como $H$, $G$ y $O$ son colineales y $G$ triseca el segmento $OH$, entonces, $G$ es el centroide de $\triangle IO_eH$.

Por lo tanto, $IG$ biseca a $O_eH$ en $I’$ y $\dfrac{IG}{2} = GI’$.

Por otro lado, sabemos que existe una homotecia con centro en $G$ y razón $\dfrac{-1}{2}$, que lleva a $\triangle ABC$, a su triangulo medial $\triangle A’B’C’$, 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 $II_m$.

Como $I’$ cumple con estas características entonces $I’ = I_m$.

$\blacksquare$

Tarea moral

  1. Muestra que las rectas de Euler de los cuatro triángulos de un grupo ortocéntrico son concurrentes.
  2. 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.
  3. Muestra que los vértices de un grupo ortocéntrico de triángulos pueden ser considerados como los centroides de otro grupo ortocéntrico de triángulos.
  4. Sea $\triangle ABC$ un triángulo rectángulo con $\angle A = \dfrac{\pi}{2}$, $D$ el pie de la altura por $A$, las bisectrices de $\angle BAD$ y $\angle DAC$ intersecan a $BC$ en $P$ y $P’$ respectivamente. Las bisectrices de $\angle DBA$ y $\angle ACD$ intersecan a $AD$ en $Q$ y $Q’$ respectivamente.
    $i)$ Muestra que $PP’QQ’$ es un cuadrángulo ortocéntrico,
    $ii)$ si $I$, $J$ y $K$ son los incentros de $\triangle ABC$, $\triangle ABD$ y $\triangle ADC$, muestra que $AIJK$ es un cuadrángulo ortocéntrico.
  5. 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.
  6.  Construye un triángulo $\triangle ABC$ dados su circuncentro $O$, y los circuncentros de los triángulos $\triangle II_bI_c$ y $\triangle II_aI_c$, donde $I$, $I_a$, $I_b$ y $I_c$ es el incentro y los excentros de $\triangle ABC$.

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.

Entradas relacionadas

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.

Geometría Moderna I: Circunferencia de los nueve puntos

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 $\dfrac{1}{2}$.

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

Demostración. Sean $\triangle A’B’C’$ el triángulo medial y $\triangle PQR$ el triángulo de Euler de $\triangle ABC$, (figura 1).

Figura 1

$C’$ y $B’$ son puntos medios de $AB$ y $AC$ respectivamente, así que $C’B’$ es un segmento medio de $\triangle ABC$, de igual manera $QR$ es un segmento medio de $\triangle HBC$, donde $H$ es el ortocentro de $\triangle ABC$.

Por lo tanto, $C’B’ \parallel BC \parallel QR$, y $2C’B’ = BC = 2QR$.

De manera análoga podemos ver que $A’C’ = RP$ y $A’B’ = QP$, por criterio de congruencia LLL, $\triangle A’B’C’ \cong \triangle PQR$.

$\blacksquare$

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 $\square C’QRB’$ es un paralelogramo (figura 2).

$C’Q$ es un segmento medio de $\triangle BAH$, así que $C’Q \parallel AH$ $\Rightarrow C’Q \perp BC$.

Figura 2

Y como $QR \parallel BC$, entonces, $\square C’QRB’$ es un rectángulo, lo que significa que las diagonales $C’R$ y $QB’$ tienen la misma longitud y se cortan en su punto medio, $N$.

De manera análoga podemos probar que $\square PC’A’R$ es un rectángulo y que $PA’$ 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 $\angle A’DP = \angle QEB’ = \angle RFC’ = \dfrac{\pi}{2}$, 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.

$\blacksquare$

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 $\dfrac{-1}{2}$ y centro de homotecia en el centroide $G$ del triángulo.

Figura 3

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 $ON$ de los circuncentros $O$ y $N$ de $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$, su triángulo medial, esto es, $OG = 2GN$.

Y sabemos que $2OG = GH$, donde $H$ es el ortocentro.

Por lo tanto, $HN = ON$.

$\blacksquare$

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 $\triangle D’E’F’$ y el triángulo órtico $\triangle DEF$ de un triángulo $\triangle ABC$ están en homotecia desde un punto $K$ que se encuentra en la recta de Euler de $\triangle ABC$.

Figura 4

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 $\triangle ABC$, por lo tanto, $T$ está en la recta de Euler de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

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.

$\blacksquare$

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 $\triangle ABC$, de su triángulo tangencial $\triangle D’E’C’$ y el inradio de su triángulo órtico $\triangle DEF$, respectivamente.

Como $\triangle D’E’F’$ y $\triangle DEF$ 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 $\triangle DEF$.

$\dfrac{R}{q} = \dfrac{p}{\dfrac{R}{2}}$
$\Rightarrow R^2 = 2pq$

$\blacksquare$

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 $\triangle ABC$, $(O, R)$ su circuncírculo, $X$ el punto diametralmente opuesto a $A$, $H$ el ortocentro, $A’$ el punto medio de $BC$ y $P$ el punto de Euler entre $A$ y $H$.

Figura 5

$PO$ es un segmento medio de $\triangle AHX$, por lo tanto, $HX \parallel PO$.

Por la proposición 6 de la entrada anterior tenemos que $PH = OA’$ y ambos son perpendiculares a $BC$, por lo tanto, $\square PHA’O$ es un paralelogramo, es decir, $HA’ \parallel PO$.

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

$\blacksquare$

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 $\triangle DEF$ es igual al de las tres circunferencias dadas y su circuncentro es el ortocentro de $\triangle ABC$.

Demostración. Notemos primero que $OA = OB = OC = r$, por lo tanto, el circuncentro de $\triangle ABC$ es $O$ y su circunradio es $r$.

Como $\square AFBO$ y $\square OBDC$ son rombos entonces $AF = BO = CD$ y $AF \parallel BO \parallel CD$.

Por tanto, $\square AFDC$ es paralelogramo y así $\Rightarrow AC = DF$ y $AC \parallel DF$.

Figura 6

De manera análoga podemos ver que $AB = DE$, $AB \parallel DE$ y $BC = EF$ y $BC \parallel EF$

Por lo tanto, $\triangle ABC$ y $\triangle DEF$ son congruentes por criterio LLL y sus respecticos lados son paralelos.

Como $\square OBDC$ es un rombo entonces, $OD \perp BC$ además $OD$ y $BC$ se intersecan en su punto medio, $A’$.

De manera análoga podemos ver $AB \perp OF$, se bisecan en $C’$ y $AC \perp OE$, se bisecan en $B’$.

De lo anterior se sigue que $\triangle A’B’C’$ es el triángulo medial de $\triangle ABC$, que $DO$, $EO$ y $FO$ son las alturas de $\triangle DEF$.

Por lo tanto $O$ es el ortocentro de $\triangle DEF$ y $\triangle A’B’C’$ es el triángulo de Euler de $\triangle DEF$.

En consecuencia, la circunferencia de los nueve puntos es la misma para $\triangle ABC$ y $\triangle DEF$, por el teorema 2, se sigue que sus circunradios son iguales, por lo tanto, el circunradio de $\triangle DEF$ 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 $\triangle ABC$ y $\triangle DEF$, y ya que el circuncentro de $\triangle ABC$ coincide con el ortocentro de $\triangle DEF$ entonces el circuncentro de $\triangle ABC$ coincide con el ortocentro de $\triangle DEF$.

$\blacksquare$

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

Solución. Trazamos $BC$ y su punto medio $A’$,

Con el radio $NA’$ de la circunferencia de los nueve puntos, obtenemos el circunradio de $\triangle ABC$, $2NA’$.

Figura 7

Ahora podemos encontrar al circuncentro de $\triangle ABC$ que se encuentra en la mediatriz de $BC$, trazando una circunferencia con centro en $B$ o en $C$ y radio $2NA’$.

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 $BC$ por $P$ es la altura por $A$, entonces su intersección con el circuncírculo $(O, 2NA’)$ de $\triangle ABC$, es el vértice faltante.

$\blacksquare$

Tarea moral

  1. Muestra que el triángulo de Euler $\triangle PQR$ y el triangulo $\triangle C’B’D$ son congruentes, (figura 2).
  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.
  3. 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.
  4. Demuestra que la circunferencia de los nueve puntos biseca cualquier segmento que une al ortocentro con un punto en el circuncírculo.
  5.  Construye un triángulo dados un vértice, el ortocentro y el centro de los nueve puntos.

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.

Entradas relacionadas

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.

Geometría Moderna I: Triángulo medial y recta de Euler

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 $\triangle ABC$, $A’$, $B’$ y $C’$ los puntos medios de $BC$, $AC$ y $AB$ respectivamente.

Por el teorema del segmento medio, los lados del triángulo medial $\triangle A’B’C’$ son paralelos a los lados de $\triangle ABC$ y por lo tanto son homotéticos.

Ya que las rectas determinadas por dos puntos homólogos, $AA’$, $BB’$ y $CC’$ son las medianas de $\triangle ABC$, entonces el centroide $G$ es el centro de homotecia y sabemos que $2AG = GA’$, por lo que la razón de homotecia es $\dfrac{-1}{2}$, donde el signo menos indica que dos puntos homólogos de esta homotecia se encuentran en lados opuestos respecto del centro de homotecia.

Figura 1

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

Por lo tanto, $A’G$ es mediana de $\triangle A’B’C’$, de manera similar podemos ver que $B’G$ y $C’G$ son medianas de $\triangle A’B’C’$, por lo tanto, $G$ es el centroide de $\triangle A’B’C’$.

$\blacksquare$

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.

$\blacksquare$

Figura 2

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 $\triangle ABC$ y $\triangle A’’B’’C’’$ su triángulo anticomplementario.

Figura 3

Como $\square C’’BCA$ y $\square ABCB’’$ son paralelogramos entonces $C’’A = BC = AB’’$, 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, $\triangle ABC$ es el triángulo medial de $\triangle A’’B’’C’’$ y por el teorema 1 se tiene el resultado.

$\blacksquare$

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 $\triangle ABC$ y $D$, $E$ y $F$ los pies de las alturas por $A$, $B$ y $C$ respectivamente y $H$ el ortocentro.

Figura 4

Notemos que $\triangle AFH \sim \triangle CDH$ y $\triangle AEH \sim \triangle BDH$ (son semejantes) pues son triángulos rectángulos y comparten un ángulo opuesto por el vértice, por lo tanto
$\dfrac{AH}{CH} = \dfrac{FH}{DH}$ $\Rightarrow AH \times DH = CH \times HF$,
$\dfrac{AH}{BH} = \dfrac{EH}{DH}$ $\Rightarrow AH \times DH = BH \times HE$.

De esto se sigue que
$CH \times HF = AH \times DH = BH \times HE$.

$\blacksquare$

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 $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ 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 $D \in BC$ el pie de la altura por $A$, y $M = AD \cap B’C’$, por el teorema de Pitágoras en $\triangle AMP$ y $\triangle HMP$ tenemos
$AP^2 – AM^2 = MP^2 = HP^2 – HM^2$
$\Rightarrow AP^2 – HP^2 = AM^2 – HM^2 = (AM + HM)(AM – HM)$.

Figura 5

Como $\triangle AC’B’ \cong \triangle C’BA’$ son congruentes por criterio LLL entonces sus alturas desde $A$ y $C’$, respectivamente, son iguales , por lo tanto $AM = MD$,
$\Rightarrow AP^2 – HP^2 = (MD + HM)AH = HD \times AH$.

Por otra parte, $\triangle PAP’$ es isósceles y como $AM$ es altura entonces $AM$ es mediatriz de $PP’$, por lo tanto $HP = HP’$$\Rightarrow$
$\begin{equation} HP’^2 = HP^2 = AP^2 – AH \times HD. \end{equation}$.

Si consideramos $E$ y $F$ los pies de las alturas por $B$ y $C$ respectivamente podemos encontrar fórmulas análogas
$\begin{equation} HQ’^2 = HQ^2 = BQ^2 – BH \times HE, \end{equation} $
$\begin{equation} HR’^2 = HR^2 = CR^2 – CH \times HF. \end{equation} $.

Como $(A, r)$, $(B, r)$ y $(C, r)$ tienen el mismo radio, entonces $AP = BQ = CR$ y por la proposición 3, $AH \times DH = BH \times HE = CH \times HF$.

Tomando lo anterior en cuenta y a las ecuaciones $(1)$, $(2)$ y $(3)$ se sigue que
$HP = HP’ = HQ = HQ’ = HR = HR’$.

$\blacksquare$

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 $HG = 2GO$.

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

Consideremos la altura $AD$ de $\triangle ABC$, la homotecia de $AD$ es una recta paralela a ella y que pasa por el punto homólogo de $A$, $A’$, es decir la homotecia de una altura de $\triangle ABC$ es una altura de $\triangle A’B’C’$.

Figura 6

Como el ortocentro $H$ de $\triangle ABC$ es la intersección de sus alturas, entonces su punto homologo bajo la homotecia estará en la intersección de las alturas de $\triangle A’B’C’$, esto es, el ortocentro de $\triangle A’B’C’$, $H’$.

Con esto tenemos que el ortocentro de $\triangle A’B’C’$ es colineal con $G$ el centroide y el ortocentro de $\triangle ABC$ respectivamente, además, debido a la razón de homotecia, $HG = 2GH’$.

Por la proposición 1, el ortocentro del triángulo medial $\triangle A’B’C’$ es el circuncentro $O$ de $\triangle ABC$.

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

$\blacksquare$

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 $\triangle ABC$ dados el vértice $A$, el circuncentro $O$ y las distancias de $A$ al ortocentro $AH$, y al centroide $AG$.

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

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

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

Figura 7

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

$\blacksquare$

Distancia entre puntos notables

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

Demostración. Por el teorema 3 sabemos que $OH = 3OG$ y $HG = 2GO$, además en la entrada anterior calculamos
$OG^2 = R^2 – (\dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{9})$.

Por lo tanto,
$OH^2 = 9OG^2 = 9R^2 – (a^2 + b^2 + c^2)$,
$HG^2 = 4OG^2 = 4R^2 – \dfrac{4}{9}(a^2 + b^2 + c^2)$.

$\blacksquare$

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.
$HA^2 + HB^2 + HC^2 = 12R^2 + (a^2 + b^2 + c^2)$.

Demostración. Por el teorema 4, y usando las fórmulas encontradas en la entrada anterior
$HA^2 + HB^2 + HC^2 = GA^2 + GB^2 + GC^2 + 3HG^2$,
$GA^2 + GB^2 + GC^2 = \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{3}$ .

Esto implica que,
$HA^2 + HB^2 + HC^2 = \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{3} + 12R^2 – \dfrac{4}{3}(a^2 + b^2 + c^2)$
$= 12R^2 – (a^2 + b^2 + c^2)$.

$\blacksquare$

Tarea moral

  1. Muestra que el triángulo complementario y el triángulo anticomplementario de un triángulo dado son homotéticos, encuentra el centro y la razón de homotecia.
  2. Sea $\triangle ABC$ y $P$ un punto en el plano, considera $A’$, $B’$ y $C’$ los pies de las perpendiculares dese $P$ a $BC$, $AC$ y $AB$ respectivamente. Desde los puntos medios de $A’B’$, $A’C’$ y $B’C’$ traza perpendiculares a los lados de $AB$, $AC$ y $BC$ respectivamente, muestra que este último conjunto de perpendiculares son concurrentes.
  3. Sean $D$, $D’ \in BC$ de un triangulo $\triangle ABC$, tal que el punto medio de $BC$ es el punto medio de $DD’$, sea $E = AD \cap B’C’$, donde $B’$ y $C’$ son los puntos medios de $AC$ y $AB$ respectivamente, muestra que $ED’$ pasa por el centroide de $\triangle ABC$.
  4. 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.
  5. 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.
  6. Sean $H$, $G$, $(O, R)$ y $(I, r)$, el ortocentro, el centroide, el circuncírculo y el incírculo de un triángulo, muestra que:
    $i)$ $HI^2 + 2OI^2 = 3(IG^2 + 2OG^2)$,
    $ii)$ $3(IG^2 + \dfrac{HG^2}{2}) – IH^2 = 2R(R – 2r)$.

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.

Entradas relacionadas

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.

Geometría Moderna I: Circunferencias homotéticas

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 $P’O’ \parallel PO$ 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.

Figura 3

Sea $C’ \in AB$ tal que $BC’ = BC$, sobre $BC’$ 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 $BO’$ 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 $BC$, 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 $O’P’$ paralelo a $OP$, sea $H = OO’ \cap PP’$.

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

Figura 4

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

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

Figura 5

Como el punto que divide externamente al segmento $OO’$ 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 $AC$ con $(I, r)$ y $D’$ el punto diametralmente opuesto a $D$ en $(I, r)$, sea $E = BD’ \cap AC$, entonces $E$ es el punto de tangencia de $AC$ con $(I_b, r_b)$ y el punto medio de $AC$ es el punto medio de $DE$.

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 6

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

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

Por otro, lado sean $P$, $Q$ los puntos de tangencia de $BC$ con $(I, r)$ y $(I_b, r_b)$ respectivamente y sean $R$, $S$ los puntos de tangencia de $AB$ 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 $AC$ es el punto medio de $DE$.

$\blacksquare$

Concurrencia de rectas

Corolario 2. Con las mismas condiciones y notación del teorema anterior, sea $H \in AC$ el pie de la altura por $B$, y sea $M$ el punto medio de $BH$, entonces $EI$ y $I_bD$ concurren en $M$ (figura 6).

Demostración. Ya que $D’D \parallel BH$ 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 $D’D$ es homólogo del punto medio de $BH$.

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 $DD’ \parallel E’E$ pero $DD’ \parallel HB$ $\Rightarrow E’E \parallel HB$.

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 $EE’$ y el punto medio de $BH$ son puntos homólogos.

Ya que $E’E \perp AC$, 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, $EI$ y $I_bD$ 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 $BC$ 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 $AB$, 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 7), muestra que:
    $i)$ $Q$, $P$ y $H$ son colineales,
    $ii)$ $QP \times QH = QB^2$.
Figura 7
  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 8), prueba que $\angle AHC = \angle BHD$.
Figura 8

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.

Entradas relacionadas

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.

Geometría Moderna I: Homotecia

Introducción

En esta entrada estudiamos el tema de homotecia, se trata de una transformación que lleva una figura del plano a otra semejante, con lados correspondientes paralelos y vértices correspondientes concurrentes, esto nos permite entre otras cosas, abordar algunos problemas de construcciones geométricas.

Definición 1. Considera un punto $H$, un conjunto de puntos $F$ y $k$ 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 Tales, $PQ \parallel P’Q’$.

Análogamente vemos que $QR \parallel Q’R’$ y $PR \parallel P’R’$.

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 $PQR$ 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 $ABCD…$

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 $AA’$ y $BB’$ y supongamos que $CC’$ no pasa por $H$, entonces sea $H’ = CC’ \cap BB’$.

Figura 2

Como $AB \parallel A’B’$ y $BC \parallel B’C’$ 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, $AA’$, $BB’$ y $CC’$ 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 1. Si la razón de homotecia es 1, los lados correspondientes de las figuras $ABCD…$ y $A’B’C’D’…$ son congruentes y así $\square AA’B’B$ es un paralelogramo, es decir, $AA’$ y $BB’$ no pueden ser concurrentes.

Observación 2. En el caso particular cuando los polígonos son triángulos, solo es necesario pedir que los lados correspondientes sean paralelos, pues esto asegura la semejanza y por tanto la condición de proporcionalidad.

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 $BC$, $AC$ y $AB$ respectivamente, sean $A’$, $B’$ y $C’$ la intersección de las rectas $AI$, $BI$ y $CI$ con el circuncírculo del triángulo $\triangle ABC$, entonces la rectas $A’D$, $B’E$ y $C’F$ 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 $EF$, $AI \perp EF$.

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 $G = AI \cap C’B’$, 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, $AI \perp B’C’$ $\Rightarrow EF \parallel B’C’$, de manera análoga podemos ver que $ED \parallel B’A’$ y $DF \parallel A’C’$.

De lo anterior se sigue que $\triangle DEF \sim \triangle A’B’C’$, y por el teorema 2, $A’D$, $B’E$ y $C’F$ 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 $D \in BC$, distinto de $B$, $C$ y también diferente al pie de la altura por $A$.

Por $D$ trazamos la perpendicular a $BC$ que interseca a $AC$ en $E$, por $E$ trazamos la perpendicular a $AC$ que interseca a $AB$ en $F$.

Por $F$ trazamos la perpendicular a $AB$ que interseca a $DE$ en $G$.

Figura 4

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

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

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, $E’F’ \parallel EF$ y así $E’F’ \perp AC$.

$\blacksquare$

Observación. Notemos que construimos $DE \perp BC$ y tal que $E \in AC$, pero pudimos haber construido $E \in AB$ 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 $BC$, sean $D’ = AD \cap BC$ y $E’ = AE \cap BC$.

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

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

Figura 5

Como $B’D’$ es transversal a $AB$ y a $AD$ y es paralela a $BD$ 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 $AD$ o $AE$ intersecaría a $BC$ 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 $D \in AB$ y $E \in AC$ tal que $BD = DE = EC$.

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

Figura 6

Como $AF \parallel DE$ y $FG \parallel EC$, por el teorema de Tales, 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 $AB$, $(A, AB)$, construimos $L \in AC$ tal que $LC = AB$, trazamos una paralela $l_1$ a $BC$ por $L$, sea $F = (A, AB) \cap l_1$, trazamos una paralela $l_2$ a $AC$ por $F$, sea $G = BC \cap l_2$.

Figura 7

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

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

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 $AB$ y $AC$ 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 $AB$, otro en la exención de $AC$ y los otros dos vértices en $BC$.
  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.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 38-45.
  • Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 199-200.
  • Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 110-111.
  • Cut the Knot