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Geometría Moderna I: Recta de Simson

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 $\triangle ABC$ y $P$ un punto dentro del ángulo $\angle CBA$, consideremos $D$, $E$ y $F$ las proyecciones de $P$ en $AB$, $BC$ y $AC$ respectivamente, sean $\Gamma_1$ y $\Gamma_2$ las circunferencias cuyos diámetros son $PA$ y $PC$ respectivamente.

Figura 1

Como $AP$ subtiende ángulos rectos en $D$ y $F$ entonces $D$, $F \in \Gamma_1$, de manera análoga vemos que $F$, $E \in \Gamma_2$.

Supongamos que $P$ está en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{CA}$ del circuncírculo de $\triangle ABC$ que no contiene a $B$, entonces,

$\angle PFD = \angle PAD$ pues abarcan el mismo arco en $\Gamma_1$ además $\angle PAD = \pi – \angle BAP$ pues $B$, $A$ y $D$ son colineales.

Ya que $\square PFEC$ es cíclico, $\angle EFP = \pi – \angle PCE = \pi – \angle PCB$.

Como $\square ABCP$ es cíclico entonces $\angle BAP + \angle PCB = \pi$, por lo tanto
$\angle EFP + \angle PFD = \pi – \angle PCB + \pi – \angle BAP$
$= 2\pi – (\angle PCB + \angle BAP) = \pi$

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

$\blacksquare$

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

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

Por lo tanto, $\square ABCP$ es cíclico.

$\blacksquare$

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

Corolario. Si las perpendiculares desde un punto $P$ en el circuncírculo de $\triangle ABC$ a los lados $AB$, $BC$ y $AC$ intersecan otra vez al circuncírculo en $D’$, $E’$ y $F’$ respectivamente, entonces $AE’$, $BF’$ y $C E’$ son paralelas a $S_p(\triangle ABC)$.

Demostración. En la figura 1, $\angle PEF = \angle PCF$, pues abarcan el mismo arco en $\Gamma_2$, $\angle PCF = \angle PCA = \angle PE’A$ pues abarcan el mismo arco en el circuncírculo de $\triangle ABC$.

$\Rightarrow \angle PEF = \angle PE’A$.

Como los ángulos correspondientes son iguales entonces $AE’ \parallel FE$.

$\blacksquare$

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 $\triangle ABC$, $A’$ la segunda intersección de $AH$ con el circuncírculo de $\triangle ABC$, $\Gamma(O)$ y $P \in \Gamma(O)$.

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

Figura 2

Ya que $D$ es el punto medio de $HA’$, entonces $BC$ es mediatriz de $HA’$ y así $\triangle HGA’$ es isósceles.

Considerando los triángulos rectángulos $\triangle A’GD$, $\triangle PGE$ y que $\square ABCP$, $\square PFEC$ son cíclicos tenemos lo siguiente:

$\angle HGD = \angle DGA’ = \dfrac{\pi}{2} – \angle GA’D $
$= \dfrac{\pi}{2} – \angle PA’A = \dfrac{\pi}{2} – \angle PCA$
$= \dfrac{\pi}{2} – \angle PCF = \dfrac{\pi}{2} – \angle PEF = \angle FED$.

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

Por otro lado, sea $I = PA’ \cap EF$, entonces
$\angle IEG = \angle HGD = \angle DGA’ = \angle EGI$
$\Rightarrow IG = IE$.

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

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

Entonces en $\triangle PGH$, $FE$ 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 $PH$.

$\blacksquare$

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 $\overset{\LARGE{\frown}}{CA}$ y $Q$ en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{AB}$ de $\Gamma(O)$, el circuncírculo de $\triangle ABC$, consideremos $D$, $E$ y $X$, $Y$ las correspondientes proyecciones de $P$ y $Q$ en $AB$ y $AC$ respectivamente.

Figura 3

Sea $I = DE \cap XY$, considerando los triángulos $\triangle DIX$, $\triangle APE$, $\triangle QAY$ y que $\square AEPD$, $\square AQXY$ son cíclicos  tenemos lo siguiente:

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

$\blacksquare$

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 $\triangle ABC$ y $PQ$ diámetro del circuncírculo $\Gamma(O)$ de $\triangle ABC$.

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

Figura 4

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

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

Por el teorema 2, $P’$ y $Q’$ son los puntos medios de los segmentos $HP$ y $HQ$ respectivamente, entonces las rectas de Simson de $P$ y $Q$, $S_p(\triangle ABC)$ y $S_q(\triangle ABC)$, pasan por $P’$ y $Q’$ respectivamente.

Como $S_p(\triangle ABC) \perp S_q(\triangle ABC)$ y $P’Q’$ es diámetro de $\Gamma(N)$, entonces $S_p(\triangle ABC) \cap S_q(\triangle ABC) \in \Gamma(N)$.

$\blacksquare$

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 $\triangle ABC$ y $\triangle DEF$ inscritos en $\Gamma(O)$ y $P \in \Gamma(O)$.

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

Figura 5

Por el corolario, $BG’$ y $EH’$, son paralelas $S_p(\triangle ABC)$ y $S_p(\triangle DEF)$ respectivamente, por lo que el ángulo entre $BG’$ y $EH’$ es el ángulo entre las rectas de Simson.

Sean $I = BG’ \cap EH’$, $J$ y $K$ las intersecciones de $AC$ con $PH$ y $DF$ respectivamente.

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

Por lo tanto,
$\angle H’PG’ = \angle JPG = \angle HKJ$
$= \angle FKC = \dfrac{\angle FOC + \angle DOA}{2}$.

Finalmente,
$\angle EIB = \dfrac{\angle EOB + \angle H’OG’}{2}$
$= \dfrac{\angle EOB}{2} + \angle H’PG’$
$= \dfrac{\angle EOB + \angle FOC + \angle DOA}{2}$.

Estos ángulos son independientes de $P$.

$\blacksquare$

Cuadrángulo ortocéntrico

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

Demostración. Sean $A’$, $B’$ y $C’$ los puntos medios de $BC$, $AC$ y $AB$ respectivamente.

Como $P$ es el punto medio de $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$ entonces $OP$ y $AP$ son las bisectrices de $\angle BOC$ y $\angle BAC$ respectivamente, entonces $PA \perp BC$, por lo que la recta de $S_p(\triangle ABC)$ pasa por $A’$.

Figura 6

Como $PP’$ es diámetro entonces $\angle PAP’$ es ángulo recto, por lo que $AP’$ es la bisectriz externa de $\angle A$.

Bajo la homotecia con centro en el centroide de $\triangle ABC$ y razón $\dfrac{-1}{2}$, el triángulo medial $\triangle A’B’C’$ es imagen de $\triangle ABC$, por lo que la imagen de $AP’$ bajo esta transformación es la bisectriz externa de $\angle B’A’C’$ que al mismo tiempo es paralela a $AP’$.

Por el corolario, $AP’$ es paralela a $S_p(\triangle ABC)$, la cual contiene a $A’$.

Como la paralela a $AP’$ que pasa por $A’$ es única, entonces $S_p(\triangle ABC)$ coincide con la bisectriz exterior de $\angle B’A’C’$.

De manera análoga podemos ver que $S_q(\triangle ABC)$ y $S_r(\triangle ABC)$ son las bisectrices externas de $\angle B’$ y $\angle C’$ respectivamente.

Por otro lado, como $P’A \perp BC$ entonces la recta de Simson de $P’$ pasa por $A’$, por el teorema 3, $S_p(\triangle ABC) \perp S_p'(\triangle ABC)$.

Por lo tanto $S_p’(ABC)$ es la bisectriz interna de $\angle A’$.

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

En consecuencia, las intersecciones de las rectas de Simson de $P$, $P’$, $Q$, $Q’$, $R$ y $R’$ son el incentro y los excentros de $\triangle A’B’C’$.

Por lo tanto, estas intersecciones forman un cuadrángulo ortocéntrico, cuyo triángulo órtico es $\triangle A’B’C’$, el triángulo medial de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Tarea moral

  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 $\Gamma$ de $\triangle ABC$ intersecan otra vez a $\Gamma$ en $E’$, $F’$ y $D’$, donde muestra que $\triangle ABC$ y $\triangle E’F’D’$ 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 $\triangle ABC$ y su circuncírculo $\Gamma$, $P$ y $P’ \in \Gamma$, muestra que las paralelas a $S_p(\triangle ABC)$ y $S_p'(\triangle ABC)$ que pasan por $P’$ y $P$ respectivamente se intersecan $\Gamma$.
  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.

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.

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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.

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