Introducción

Si trazamos perpendiculares a los lados de un triángulo desde un punto en el plano lo más probable es que los puntos de intersección sean los vértices de un triángulo, en esta entrada veremos bajo que condición estos puntos son colineales, a dicha recta se le conoce como recta de Simson.

Recta de Simson

Teorema 1, de Simson. Los pies de las perpendiculares desde un punto en el plano a los lados de un triángulo son colineales si y solo si el punto está en el circuncírculo del triángulo.

Demostración. Sea $\mathrm{△}ABC$ y $P$ un punto dentro del ángulo $\mathrm{\angle }CBA$, consideremos $D$, $E$ y $F$ las proyecciones de $P$ en $AB$, $BC$ y $AC$ respectivamente, sean ${\mathrm{\Gamma }}_1$ y ${\mathrm{\Gamma }}_2$ las circunferencias cuyos diámetros son $PA$ y $PC$ respectivamente.

Como $AP$ subtiende ángulos rectos en $D$ y $F$ entonces $D$, $F\in {\mathrm{\Gamma }}_1$, de manera análoga vemos que $F$, $E\in {\mathrm{\Gamma }}_2$.

Supongamos que $P$ está en el arco $\stackrel{⌢}{CA}$ del circuncírculo de $\mathrm{△}ABC$ que no contiene a $B$, entonces,

$\mathrm{\angle }PFD=\mathrm{\angle }PAD$ pues abarcan el mismo arco en ${\mathrm{\Gamma }}_1$ además $\mathrm{\angle }PAD=\pi –\mathrm{\angle }BAP$ pues $B$, $A$ y $D$ son colineales.

Ya que $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}PFEC$ es cíclico, $\mathrm{\angle }EFP=\pi –\mathrm{\angle }PCE=\pi –\mathrm{\angle }PCB$.

Como $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}ABCP$ es cíclico entonces $\mathrm{\angle }BAP+\mathrm{\angle }PCB=\pi$, por lo tanto
$\mathrm{\angle }EFP+\mathrm{\angle }PFD=\pi –\mathrm{\angle }PCB+\pi –\mathrm{\angle }BAP$
$=2\pi –(\mathrm{\angle }PCB+\mathrm{\angle }BAP)=\pi$

Por lo tanto, $D$, $E$ y $F$ son colineales.

$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$

Ahora supongamos que $D$, $E$ y $F$ son colineales.

$\mathrm{\angle }BAP=\pi –\mathrm{\angle }PAD=\pi –\mathrm{\angle }PFD$
$\mathrm{\angle }PCB=\mathrm{\angle }PCE=\pi –\mathrm{\angle }EFP$
$\Rightarrow \mathrm{\angle }BAP+\mathrm{\angle }PCB=\pi$

Por lo tanto, $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}ABCP$ es cíclico.

$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$

Definición. La recta $DEF$ del teorema anterior se conoce como recta de Simson de $P$ respecto a $\mathrm{△}ABC$, la denotaremos como $S_p(\mathrm{△}ABC)$ y diremos que $P$ es el polo de $S_p(\mathrm{△}ABC)$ respecto $\mathrm{△}ABC$.

Corolario. Si las perpendiculares desde un punto $P$ en el circuncírculo de $\mathrm{△}ABC$ a los lados $AB$, $BC$ y $AC$ intersecan otra vez al circuncírculo en $D^{\prime }$, $E^{\prime }$ y $F^{\prime }$ respectivamente, entonces $A{E}^{\prime }$, $B{F}^{\prime }$ y $C{E}^{\prime }$ son paralelas a $S_p(\mathrm{△}ABC)$.

Demostración. En la figura 1, $\mathrm{\angle }PEF=\mathrm{\angle }PCF$, pues abarcan el mismo arco en ${\mathrm{\Gamma }}_2$, $\mathrm{\angle }PCF=\mathrm{\angle }PCA=\mathrm{\angle }P{E}^{\prime }A$ pues abarcan el mismo arco en el circuncírculo de $\mathrm{△}ABC$.

$\Rightarrow \mathrm{\angle }PEF=\mathrm{\angle }P{E}^{\prime }A$.

Como los ángulos correspondientes son iguales entonces $A{E}^{\prime }\parallel FE$.

$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$

La recta de Simson y el ortocentro

Teorema 2. La recta de Simson de un punto biseca el segmento que une al polo con el ortocentro del triángulo.

Demostración. Sea $H$ el ortocentro de $\mathrm{△}ABC$, $A^{\prime }$ la segunda intersección de $AH$ con el circuncírculo de $\mathrm{△}ABC$, $\mathrm{\Gamma }(O)$ y $P\in \mathrm{\Gamma }(O)$.

Consideremos $D$ el pie de la altura por $A$, $G=P{A}^{\prime }\cap BC$, $E$ y $F$ las proyecciones de $P$ en $BC$ y $AC$ respectivamente.

Ya que $D$ es el punto medio de $H{A}^{\prime }$, entonces $BC$ es mediatriz de $H{A}^{\prime }$ y así $\mathrm{△}HG{A}^{\prime }$ es isósceles.

Considerando los triángulos rectángulos $\mathrm{△}{A}^{\prime }GD$, $\mathrm{△}PGE$ y que $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}ABCP$, $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}PFEC$ son cíclicos tenemos lo siguiente:

$\mathrm{\angle }HGD=\mathrm{\angle }DG{A}^{\prime }={\displaystyle \frac{\pi }{2}}–\mathrm{\angle }G{A}^{\prime }D$
$={\displaystyle \frac{\pi }{2}}–\mathrm{\angle }P{A}^{\prime }A={\displaystyle \frac{\pi }{2}}–\mathrm{\angle }PCA$
$={\displaystyle \frac{\pi }{2}}–\mathrm{\angle }PCF={\displaystyle \frac{\pi }{2}}–\mathrm{\angle }PEF=\mathrm{\angle }FED$.

Como los ángulos correspondientes son iguales entonces, $HG\parallel FE$.

Por otro lado, sea $I=P{A}^{\prime }\cap EF$, entonces
$\mathrm{\angle }IEG=\mathrm{\angle }HGD=\mathrm{\angle }DG{A}^{\prime }=\mathrm{\angle }EGI$
$\Rightarrow IG=IE$.

Como $\mathrm{△}PEG$ es rectángulo, entonces $\mathrm{\angle }GPE$, $\mathrm{\angle }EGP$ y $\mathrm{\angle }PEI$ y $\mathrm{\angle }IEG$ son pares de ángulos complementarios y como $\mathrm{\angle }EGI=\mathrm{\angle }IEG$, entonces $\mathrm{\angle }IPE=\mathrm{\angle }PEI$ $\Rightarrow IE=IP$.

En consecuencia, $I$ es el punto medio de $PG$.

Entonces en $\mathrm{△}PGH$, $FE$ pasa por el punto medio de $PG$ y es paralelo a $HG$.

Por el recíproco del teorema del segmento medio del triángulo, $FE$ biseca a $PH$.

$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$

Ángulo entre rectas de Simson

Teorema 3. El ángulo entre dos rectas de Simpson de dos puntos distintos respecto al mismo triangulo, es igual a la mitad del ángulo central formado por estos dos puntos en el circuncírculo del triángulo.

Demostración. Sean $P$ en el arco $\stackrel{⌢}{CA}$ y $Q$ en el arco $\stackrel{⌢}{AB}$ de $\mathrm{\Gamma }(O)$, el circuncírculo de $\mathrm{△}ABC$, consideremos $D$, $E$ y $X$, $Y$ las correspondientes proyecciones de $P$ y $Q$ en $AB$ y $AC$ respectivamente.

Sea $I=DE\cap XY$, considerando los triángulos $\mathrm{△}DIX$, $\mathrm{△}APE$, $\mathrm{△}QAY$ y que $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}AEPD$, $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}AQXY$ son cíclicos  tenemos lo siguiente:

$\mathrm{\angle }DIY=\pi –\mathrm{\angle }XDI–\mathrm{\angle }IXD$
$=\pi –\mathrm{\angle }ADE–\mathrm{\angle }YXA=\pi –\mathrm{\angle }APE–\mathrm{\angle }YQA$
$=\pi –({\displaystyle \frac{\pi }{2}}–\mathrm{\angle }EAP)–({\displaystyle \frac{\pi }{2}}–\mathrm{\angle }QAY)$
$=\mathrm{\angle }QAC+\mathrm{\angle }CAP=\mathrm{\angle }QAP={\displaystyle \frac{\mathrm{\angle }QOP}{2}}$.

La última igualdad se da por el teorema del ángulo inscrito. Si P y Q están en el mismo arco la demostración es análoga.

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Teorema 4. Las rectas de Simson de dos puntos diametralmente opuestos en el circuncírculo de un triángulo, se intersecan en la circunferencia de los nueve puntos del triángulo.

Demostración. Sea $\mathrm{△}ABC$ y $PQ$ diámetro del circuncírculo $\mathrm{\Gamma }(O)$ de $\mathrm{△}ABC$.

El ángulo central $\mathrm{\angle }POQ$ es igual a $\pi$ y por el teorema 3, sus rectas de Simson son perpendiculares.

Recordemos que existe una homotecia con centro en el ortocentro $H$ de $\mathrm{△}ABC$, donde la imagen del circuncírculo de $\mathrm{△}ABC$ es la circunferencia de los nueve puntos $\mathrm{\Gamma }(N)$ de $\mathrm{△}ABC$,

Por lo tanto esta homotecia lleva al diámetro $PQ$ del circuncírculo $\mathrm{\Gamma }(O)$ en el diámetro $P^{\prime }{Q}^{\prime }$ de $\mathrm{\Gamma }(N)$.

Por el teorema 2, $P^{\prime }$ y $Q^{\prime }$ son los puntos medios de los segmentos $HP$ y $HQ$ respectivamente, entonces las rectas de Simson de $P$ y $Q$, $S_p(\mathrm{△}ABC)$ y $S_q(\mathrm{△}ABC)$, pasan por $P^{\prime }$ y $Q^{\prime }$ respectivamente.

Como $S_p(\mathrm{△}ABC)\perp S_q(\mathrm{△}ABC)$ y $P^{\prime }{Q}^{\prime }$ es diámetro de $\mathrm{\Gamma }(N)$, entonces $S_p(\mathrm{△}ABC)\cap S_q(\mathrm{△}ABC)\in \mathrm{\Gamma }(N)$.

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Rectas de Simson de un punto respecto de dos triángulos

Teorema 5. Las rectas de Simson de un punto respecto de dos triángulos inscritos en la misma circunferencia forman un ángulo constante, independiente de la posición del punto en la circunferencia.

Demostración. Sean $\mathrm{△}ABC$ y $\mathrm{△}DEF$ inscritos en $\mathrm{\Gamma }(O)$ y $P\in \mathrm{\Gamma }(O)$.

Consideremos $G$ y $H$, las proyecciones de $P$ en $AC$ y $DF$ respectivamente, y sean $G^{\prime }=PG\cap \mathrm{\Gamma }(O)$, $H^{\prime }=PH\cap \mathrm{\Gamma }(O)$.

Por el corolario, $B{G}^{\prime }$ y $E{H}^{\prime }$, son paralelas $S_p(\mathrm{△}ABC)$ y $S_p(\mathrm{△}DEF)$ respectivamente, por lo que el ángulo entre $B{G}^{\prime }$ y $E{H}^{\prime }$ es el ángulo entre las rectas de Simson.

Sean $I=B{G}^{\prime }\cap E{H}^{\prime }$, $J$ y $K$ las intersecciones de $AC$ con $PH$ y $DF$ respectivamente.

Entonces $\mathrm{\angle }JPG$, $\mathrm{\angle }GJP$ y $\mathrm{\angle }HKJ$, $\mathrm{\angle }KJH$ son pares de ángulos complementarios en $\mathrm{△}PGJ$ y $\mathrm{△}KHJ$ respectivamente, pero $\mathrm{\angle }GJP=\mathrm{\angle }KJH$ por ser opuestos por el vértice.

Por lo tanto,
$\mathrm{\angle }{H}^{\prime }P{G}^{\prime }=\mathrm{\angle }JPG=\mathrm{\angle }HKJ$
$=\mathrm{\angle }FKC={\displaystyle \frac{\mathrm{\angle }FOC+\mathrm{\angle }DOA}{2}}$.

Finalmente,
$\mathrm{\angle }EIB={\displaystyle \frac{\mathrm{\angle }EOB+\mathrm{\angle }{H}^{\prime }O{G}^{\prime }}{2}}$
$={\displaystyle \frac{\mathrm{\angle }EOB}{2}}+\mathrm{\angle }{H}^{\prime }P{G}^{\prime }$
$={\displaystyle \frac{\mathrm{\angle }EOB+\mathrm{\angle }FOC+\mathrm{\angle }DOA}{2}}$.

Estos ángulos son independientes de $P$.

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Cuadrángulo ortocéntrico

Proposición. Sean $\mathrm{△}ABC$, $P$, $Q$ y $R$ los puntos medios de los arcos $\stackrel{⌢}{BC}$, $\stackrel{⌢}{CA}$ y $\stackrel{⌢}{AB}$ de $\mathrm{\Gamma }(O)$, el circuncírculo de $\mathrm{△}ABC$, considera $P^{\prime }$, $Q^{\prime }$ y $R^{\prime }$, los puntos diametralmente opuestos de $P$, $Q$ y $R$ respectivamente, entonces las intersecciones de las rectas de Simson de $P$, $P^{\prime }$, $Q$, $Q^{\prime }$, $R$ y $R^{\prime }$ respecto de $\mathrm{△}ABC$ forman un cuadrángulo ortocéntrico cuyo triángulo órtico es el triángulo medial de $\mathrm{△}ABC$.

Demostración. Sean $A^{\prime }$, $B^{\prime }$ y $C^{\prime }$ los puntos medios de $BC$, $AC$ y $AB$ respectivamente.

Como $P$ es el punto medio de $\stackrel{⌢}{BC}$ entonces $OP$ y $AP$ son las bisectrices de $\mathrm{\angle }BOC$ y $\mathrm{\angle }BAC$ respectivamente, entonces $PA\perp BC$, por lo que la recta de $S_p(\mathrm{△}ABC)$ pasa por $A^{\prime }$.

Como $P{P}^{\prime }$ es diámetro entonces $\mathrm{\angle }PA{P}^{\prime }$ es ángulo recto, por lo que $A{P}^{\prime }$ es la bisectriz externa de $\mathrm{\angle }A$.

Bajo la homotecia con centro en el centroide de $\mathrm{△}ABC$ y razón ${\displaystyle \frac{-1}{2}}$, el triángulo medial $\mathrm{△}{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ es imagen de $\mathrm{△}ABC$, por lo que la imagen de $A{P}^{\prime }$ bajo esta transformación es la bisectriz externa de $\mathrm{\angle }{B}^{\prime }{A}^{\prime }{C}^{\prime }$ que al mismo tiempo es paralela a $A{P}^{\prime }$.

Por el corolario, $A{P}^{\prime }$ es paralela a $S_p(\mathrm{△}ABC)$, la cual contiene a $A^{\prime }$.

Como la paralela a $A{P}^{\prime }$ que pasa por $A^{\prime }$ es única, entonces $S_p(\mathrm{△}ABC)$ coincide con la bisectriz exterior de $\mathrm{\angle }{B}^{\prime }{A}^{\prime }{C}^{\prime }$.

De manera análoga podemos ver que $S_q(\mathrm{△}ABC)$ y $S_r(\mathrm{△}ABC)$ son las bisectrices externas de $\mathrm{\angle }{B}^{\prime }$ y $\mathrm{\angle }{C}^{\prime }$ respectivamente.

Por otro lado, como $P^{\prime }A\perp BC$ entonces la recta de Simson de $P^{\prime }$ pasa por $A^{\prime }$, por el teorema 3, $S_p(\mathrm{△}ABC)\perp S_p^{\prime }(\mathrm{△}ABC)$.

Por lo tanto $S_p^{\prime }(ABC)$ es la bisectriz interna de $\mathrm{\angle }{A}^{\prime }$.

De manera análoga, podemos ver que $S_q^{\prime }(ABC)$ y $S_r^{\prime }(ABC)$ son las bisectrices internas de $\mathrm{\angle }{B}^{\prime }$ y $\mathrm{\angle }{C}^{\prime }$ respectivamente

En consecuencia, las intersecciones de las rectas de Simson de $P$, $P^{\prime }$, $Q$, $Q^{\prime }$, $R$ y $R^{\prime }$ son el incentro y los excentros de $\mathrm{△}{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$.

Por lo tanto, estas intersecciones forman un cuadrángulo ortocéntrico, cuyo triángulo órtico es $\mathrm{△}{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$, el triángulo medial de $\mathrm{△}ABC$.

$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$

Más adelante…

En la próxima entrada hablaremos sobre el teorema de Napoleón, que nos dice que si construimos triángulos equiláteros sobre los lados de un triangulo cualquiera los centroides de estos forman un triángulo equilátero, también veremos que relación hay entre este teorema y los puntos de Fermat.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

1. $i)$ ¿Qué puntos pertenecen a su propia recta de Simson?
   $ii)$ Muestra que el punto diametralmente opuesto a uno de los vértices de un triángulo en su circuncírculo, tiene como recta de Simson el lado opuesto al vértice considerado.
2. Encuentra el punto en el circuncírculo de un triángulo cuya recta de Simson respecto al triángulo tiene una dirección dada.
3.  $i)$Si las perpendiculares desde un punto $P$ en el circuncírculo $\mathrm{\Gamma }$ de $\mathrm{△}ABC$ intersecan otra vez a $\mathrm{\Gamma }$ en $E^{\prime }$, $F^{\prime }$ y $D^{\prime }$, donde muestra que $\mathrm{△}ABC$ y $\mathrm{△}{E}^{\prime }{F}^{\prime }{D}^{\prime }$ son simétricos respecto a un eje, (figura 1).
   $ii)$ En un círculo dado inscribir un triángulo tal que la recta de Simson de un punto dado en este círculo corresponda a una recta dada. Un vértice puede ser elegido arbitrariamente.
4. Si la recta de Simson de un punto $P$ pasa por el punto diametralmente opuesto a $P$, muestra que la recta de Simson de $P$ también pasa por el centroide del triangulo considerado.
5. Considera $\mathrm{△}ABC$ y su circuncírculo $\mathrm{\Gamma }$, $P$ y $P^{\prime }\in \mathrm{\Gamma }$, muestra que las paralelas a $S_p(\mathrm{△}ABC)$ y $S_p^{\prime }(\mathrm{△}ABC)$ que pasan por $P^{\prime }$ y $P$ respectivamente se intersecan $\mathrm{\Gamma }$.
6. Si dos triángulos están inscritos en la misma circunferencia y son simétricos respecto al centro de la circunferencia, demuestra que las rectas de Simson de cualquier punto en la circunferencia respecto a los dos triángulos son perpendiculares.
7. Muestra que los puntos simétricos con respecto a los lados de un triángulo, de un punto en su circuncírculo, son colineales con el ortocentro del triángulo.

Entradas relacionadas

• Ir a Geometría Moderna I.
• Entrada anterior del curso: Cuadrángulo ortocéntrico.
• Siguiente entrada del curso: Puntos de Fermat y triángulos de Napoleón.
• Otros cursos.

Fuentes

• Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 140-150.
• Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 111-116.
• Posamentier, A. y Salkind, C; Challenging Problems in Geometry. New York: Dover, 1996, pp 43-45.
• Santos, J., Tesis Geometría del Cuadrilátero. 2010, pp 19-22.

Agradecimientos

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