Archivo de la etiqueta: gravicentro

Geometría Moderna I: Medianas y centroide

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

Deja un comentario

Introducción

En la entrada puntos nobles del triangulo, vimos que las medianas de un triangulo concurren en un punto, al que llamamos centroide, y que este punto tiene la propiedad de trisecar a las medianas. En esta entrada estudiaremos algunas propiedades más de las medinas y el centroide.

Medianas como los lados de un triángulo

Teorema 1. Si con las medianas de un triángulo dado construimos otro triangulo, entonces cada mediana del triángulo construido es igual a tres cuartos uno de los lados del triángulo dado.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $AA´$, $BB’$ y $CC’$ las medianas del triángulo.

Construimos $D \in C’B’$ tal que $C’B’ = B’D$, como $C´B´$ es un segmento medio de $\triangle ABC$ entonces $C’B’ \parallel BC$ y $2C’B’ = BC$.

Lo anterior implica que $\square B’BA’D$ es un paralelogramo y por lo tanto $BB’ = A’D$.

Figura 1

Como las diagonales de $\square AC’CD$ se cortan en su punto medio entonces $\square AC’CD$ es un paralelogramo, por lo tanto, $CC’ = AD$, entonces los lados de $\triangle AA’D$ son las medianas de $\triangle ABC$, por criterio LLL, cualquier otro triangulo con los mismos lados será congruente con $\triangle AA’D$.

Sea $E = AA’ \cap C’B’$, como $A’C’$ es un segmento medio de $\triangle ABC$ entonces $\square AC’A’B’$ es un paralelogramo, por lo tanto, $E$ es el punto medio de $AA’$ y de $C’B’$.

Por lo anterior tenemos que $DE$ es mediana de $\triangle ADA’$ y que $DE = \dfrac{3}{4}$, pues por construcción $C’B’ = B’D$.

Dado que $C’D = BC$ $\Rightarrow DE = \dfrac{3}{4}BC$.

Con una construcción similar podemos ver que las otras medianas de $\triangle ADA’$ son iguales a $\dfrac{3}{4}AC$ y $\dfrac{3}{4}AB$.

Observación. Notemos que si seguimos este proceso de construir triángulos con las medianas del triángulo anterior obtenemos dos grupos de triángulos semejantes, un grupo conformado por el primer, el tercer, el quinto triángulo etc. En el otro grupo estarían el segundo, el cuarto triángulo … ambos con razón de semejanza $\dfrac{3}{4}$.

$\blacksquare$

Corolario 1. El área de un triángulo construido con las medianas de un triángulo dado, es igual a tres cuartos el área del triángulo dado.

Demostración. El área de $\triangle ADA’$ (figura 1) es igual a la suma de las áreas de $\triangle EDA$ y $\triangle EDA’$ que tienen la misma base $ED$ y la suma de sus alturas es igual a la altura de $\triangle ABC$ y por el teorema 1, $DE = \dfrac{3}{4}BC$.

Por lo tanto,
$(\triangle ADA’) = (\triangle EDA) + (\triangle EDA’) = \dfrac{ED \times h_1}{2} + \dfrac{ED \times h_2}{2}$
$= \dfrac{3}{4}\dfrac{BC(h_1 + h_2)}{2} = \dfrac{3}{4}(\triangle ABC)$.

$\blacksquare$

Construcciones

Problema 1. Construir un triángulo dadas las longitudes de sus medianas $m_a$, $m_b$ y $m_c$.

Por el teorema 1, sabemos que las medianas del triángulo cuyos lados son $m_a$, $m_b$ y $m_c$, están en proporción $\dfrac{3}{4}$ a los lados del triángulo buscado.

Para encontrar las medianas del triángulo con lados $m_a$, $m_b$ y $m_c$, podemos construir este triangulo y luego sus medianas o podemos calcular sus longitudes con el teorema de Apolonio.

Después, multiplicamos cada valor obtenido por $\dfrac{4}{3}$ y así obtendremos los lados del triangulo requerido.

$\blacksquare$

Problema 2. Dados una circunferencia y un punto dentro de esta, es posible inscribir en la circunferencia una infinidad de triángulos que tienen como centroide el punto dado.

Demostración. Sean $\Gamma(O)$ y $G$ la circunferencia y el punto dado, tomamos $A \in \Gamma(O)$, sobre la recta $AG$ construimos $A’$ tal que $GA’ = \dfrac{AG}{2}$.

Si $A’$ cae dentro de $\Gamma(O)$ por $A’$ trazamos una perpendicular a $OA’$ que interseca a $\Gamma(O)$ en $B$ en $C$, como $\triangle BOC$ es isósceles y $OA’$ es la altura por $O$, entonces $A’$ es el punto medio de $BC$.

Figura 2

En $\triangle ABC$ se cumple que $AA’$ es mediana y $G$ triseca a $AA’$, como el centroide de un triángulo es el único que tienen esa propiedad, entonces $G$ es el centroide de $\triangle ABC$.

Notemos que $A$ y $A’$ están en homotecia con centro en $G$ y razón $\dfrac{-1}{2}$, como $A$ describe una circunferencia, $A’$ describe una circunferencia.

Entonces hay dos posibilidades, que la homotecia de $\Gamma(O)$ este totalmente contenida dentro de ella, con lo que con cualquier punto $A$ de $\Gamma(O)$ será posible hacer la construcción previa, o la homotecia de $\Gamma(O)$ este parcialmente contenida dentro de $\Gamma(O)$ y solo con un arco de $\Gamma(O)$ será posible hacer la construcción.

Finalmente, notemos que no es posible que la homotecia de $\Gamma$ se encuentre completamente fuera de esta pues $G$ es un punto interior de $\Gamma$.

$\blacksquare$

Una propiedad del centroide

Lema. Sea $P$ un punto dentro de un triángulo $\triangle ABC$, entonces las áreas $(\triangle APB) = (\triangle APC)$ si y solo si $P$ se encuentra en la mediana $AA’$.

Demostración. Supongamos que $(\triangle APB) = (\triangle APC)$. Como $\triangle APB$ y $\triangle APC$ tienen la misma base $AP$ entonces sus alturas son iguales es decir la distancia de $B$ a $AP$ es igual a la distancia de $C$ a $AP$.

Figura 3

Ahora consideremos $A’ = AP \cap BC$, los triángulos $\triangle A’PB$ y $\triangle A’CP$ tienen la misma base $PA’$, por lo anterior sus alturas por B y C respectivamente también son iguales y así sus áreas son iguales $(\triangle A’PB) = (\triangle A’CP)$.

Por otro lado, para ambos triángulos, $\triangle A’PB$ y $\triangle A’CP$, la altura trazada por $P$ es la misma, esto implica que las respectivas bases son iguales, es decir $BA’ = A’C$.

Por lo tanto, $P$ está en la mediana trazada por $A$.

Recíprocamente supongamos que $P$ es un punto en la mediana $AA’$, como los pares de triángulos $\triangle BA’A$, $\triangle A’CA$ y $\triangle BA’P$, $\triangle A’CP$ tienen la misma altura desde $A$ y $P$ respectivamente, entonces
$(\triangle BA’A) = (\triangle A’CA)$ y $(\triangle BA’P) = (\triangle A’CP)$,

Por lo tanto,
$(\triangle BA’A) – (\triangle BA’P) = (\triangle A’CA) – (\triangle A’CP)$
$\Rightarrow (\triangle APB) = (\triangle APC)$.

$\blacksquare$

Teorema 2. Sea $G$ un punto dentro de un triángulo $\triangle ABC$, entonces $(\triangle AGB) = (\triangle AGC) = (\triangle BGC)$ si y solo si $G$ es el centroide de $\triangle ABC$.

Demostración. Supongamos que $(\triangle AGB) = (\triangle AGC) = (\triangle BGC)$, por el teorema anterior esto ocurre si y solo si $G$ está en la intersección de las medianas, si y solo si $G$ es el centroide de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Proposición 1. Sean $\triangle ABC$ con $BC = a$, $AC = b$ y $AB = c$. Sean $G$ el centroide y $P$, $Q$, $R$ los pies de las perpendiculares desde $G$ a los lados $AB$, $BC$ y $AC$ respectivamente, entonces
$(\triangle PQR) = \dfrac{4}{9}(\triangle ABC)^3(\dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{a^2b^2c^2})$.

Figura 4

Demostración. Por el teorema 3, $\triangle AGB$, $\triangle AGC$ y $\triangle BGC$ tienen la misma área, entonces
$(\triangle BGC) = \dfrac{BC \times GQ}{2}$
$\Rightarrow GQ = \dfrac{2(\triangle BGC)}{a} = \dfrac{2(\triangle ABC)}{3a}$.

De manera análoga tenemos que
$GP = \dfrac{2(\triangle ABC)}{3c}$ y $GR = \dfrac{2(\triangle ABC)}{3b}$.

Notemos que en $\square PBQG$, $\angle P + \angle Q = \pi$, en consecuencia tenemos que
$\angle G + \angle B = \pi$
$\Rightarrow \sin \angle PGQ = \sin \angle B$

Recordemos que podemos calcular el área de $\triangle ABC$ con la formula $\dfrac{ac \sin \angle B}{2}$.

Ahora calculamos
$(\triangle PGQ) = \dfrac{GP \times GQ \sin \angle B}{2}$

$= \dfrac{4(\triangle ABC)^2}{9ac} \dfrac{(\triangle ABC)}{ac}$

$= \dfrac{4(\triangle ABC)^3}{9a^2c^2}$.

De lo anterior se sigue que
$(\triangle PQR) = (\triangle PGQ) + (\triangle QGR) + (\triangle RGP)$

$= \dfrac{4(\triangle ABC)^3}{9a^2c^2} + \dfrac{4(\triangle ABC)^3}{9a^2b^2} + \dfrac{4(\triangle ABC)^3}{9b^2c^2}$

$= \dfrac{4}{9}(\triangle ABC)^3(\dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{a^2b^2c^2})$.

$\blacksquare$

Distancia entre el centroide y el circuncentro

Teorema 3. Sean $\triangle ABC$, $G$ su centroide y $P$ un punto en el plano, entonces tenemos la siguiente igualdad
$PA^2 + PB^2 + PC^2 = GA^2 + GB^2 + GC^2 + 3PG^2$.

Demostración. Consideremos $A’$ y $M$ puntos medios de $BC$ y $AG$ respectivamente, con el teorema de Apolonio podemos calcular las medianas de los triángulos $\triangle BPC$, $\triangle A’PM$ y $\triangle GPA$ y tomemos en cuenta que $GA = MA’$.

Figura 5

Por lo tanto,
$PB^2 + PC^2 = 2PA’^2 + \dfrac{BC^2}{2}$,
$PG^2 + PA^2 = 2PM^2 + \dfrac{GA^2}{2}$,
$PA’^2 + PM^2 = 2PG^2 + \dfrac{MA’^2}{2} = 2PG^2 + \dfrac{GA^2}{2}$.

Sumando las tres expresiones y recordando que $GA = 2GA’$, obtenemos
$PA^2 + PB^2 + PC^2 = (PA’^2 + PM^2) + PG^2 + GA^2 + \dfrac{BC^2}{2}$
$= 2PG^2 + \dfrac{GA^2}{2} + PG^2 + GA^2 + \dfrac{BC^2}{2}$
$= 3PG^2 + GA^2 + 2GA’^2 + \dfrac{BC^2}{2}$.

Ahora aplicamos el teorema de Apolonio a $\triangle BGC$ y obtenemos
$GB^2 + GC^2 = 2GA’^2 + \dfrac{BC^2}{2}$.

Por lo tanto,
$PA^2 + PB^2 + PC^2 = 3PG^2 + GA^2 + GB^2 + GC^2$.

$\blacksquare$

Proposición 2. La suma de los cuadrados de las distancias del centroide de un triángulo a sus vértices es igual a un tercio la suma de los cuadrados de los lados del triángulo.

Demostración. Sea $\triangle ABC$ con $a = BC$, $b = AC$ y $c = AB$, con la formula para las medianas obtenemos:
$GA^2 = \dfrac{4}{9}AA’^2 = \dfrac{4}{9} (\dfrac{b^2 + c^2}{2} – \dfrac{a^2}{4})$,
$GB^2 = \dfrac{4}{9}BB’^2 = \dfrac{4}{9} (\dfrac{a^2 + c^2}{2} – \dfrac{b^2}{4})$,
$GC^2 = \dfrac{4}{9}CC’^2 = \dfrac{4}{9} (\dfrac{a^2 + b^2}{2} – \dfrac{c^2}{4})$.

Por lo tanto,
$GA^2 + GB^2 + GC^2 = \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{3}$.

$\blacksquare$

Corolario 2. La distancia entre el centroide $G$ y el circuncentro $O$ de un triángulo $\triangle ABC$ con circunradio $R$ se puede expresar de la siguiente forma:

$OG^2 = R^2 – (\dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{9})$.

Demostración. Por el teorema 3 y la proposición 2 tenemos lo siguiente
$3R^2 = OA^2 + OB^2 + OC^2 = 3OG^2 + GA^2 + GB^2 + GC^2$
$= 3OG^2 + \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{3}$.

Despejando $OG^2$ obtenemos el resultado
$OG^2 = R^2 – (\dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{9})$.

$\blacksquare$

Más adelante…

En la siguiente entrada estudiaremos algunas propiedades de un triangulo especial asociado a un triangulo dado, aquel que tiene como vértices los puntos medios del triangulo dado. Esto nos permitirá mostrar que el ortocentro, el centroide y el circuncentro de un triángulo siempre son colineales.

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. Construye un triángulo dados dos vértices y el centroide.
  2. Prueba que en un triángulo la recta que une el punto medio de una de sus medianas con uno de los vértices del triángulo triseca el lado opuesto al vértice considerado.
  3. Muestra que las medianas de un triángulo dividen al triangulo en seis triángulos que tienen la misma área.
  4. Demuestra que en un triangulo,
    $i)$ entre cualesquiera dos de sus medianas la menor de ellas biseca al lado mas grande,
    $ii)$ si dos de sus medianas son iguales entonces el triangulo es isósceles.
  5. Sean $\triangle ABC$ y $AA’$, $BB’$, $CC’$ sus medianas, muestra que $\frac{3}{4}(AB^2 + BC^2 + AC^2) = AA’^2 +BB’^2 + CC’^2$.
  6. Sea $\triangle ABC$ con medianas $AA’$, $BB’$ y $CC’$, sean $m = AA’ + BB’ + CC’$ y $s = AB + BC + CA$, muestra que $\frac{3}{2}s > m > \frac{3}{4}s$.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 65-71.
  • Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 80-84.
  • Posamentier, A. y Salkind, C; Challenging Problems in Geometry. New York: Dover, 1996, pp 14.

Agradecimientos

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

Geometría Moderna I: Puntos notables del triángulo

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

Deja un comentario

Introducción

En esta entrada estudiamos la concurrencia de rectas importantes en el triangulo, a saber, las medianas, mediatrices, bisectrices y alturas. Mencionamos también consecuencias inmediatas de los puntos de concurrencia.

Centroide

Teorema 1. Las medianas de todo triángulo concurren en un punto que las triseca.

Demostración. Sean $\triangle ABC$, $B’$ y $C’$ los puntos medios de $AC$ y $AB$ respectivamente, por el teorema del segmento medio sabemos que $C’B’ = \dfrac{BC}{2}$ y $C’B’ \parallel BC$.

Figura 1

Sea $G$ la intersección de las medianas $BB’$ y $CC’$, en $\triangle GBC$ consideremos $M$ y $N$ los puntos medios de los lados $GB$ y $GC$ respectivamente, entonces
$MN = \dfrac{BC}{2}$ y $MN \parallel BC$.

Por transitividad $C’B’ = MN$ y $C’B’ \parallel MN$, esto implica que $\square C’MNB’$ es un paralelogramo y por lo tanto sus diagonales se bisecan, es decir,
$C’G = GN$ y $MG = GB’$.

Por construcción, $MG = BM$ y $GN = NC$
$\Rightarrow GB’= \dfrac{BB’}{3}$ y $C’G = \dfrac{CC’}{3}$,
esto es, la medianas $BB’$ y $CC’$ se trisecan

Si repetimos el mismo procedimiento pero ahora con las medianas $AA’$ y $BB’$ encontraremos un punto $G’$ en donde las medianas se trisecaran, $G’B’= \dfrac{BB’}{3}$ y $G’A’ = \dfrac{AA’}{3}$.

Como $GB’= \dfrac{BB’}{3} = G’B’$, concluimos que $G’ = G$.

Por lo tanto, las medianas de un triángulo concurren en un punto que las triseca.

$\blacksquare$

Definición 1. Decimos que el punto en que concurren las medianas de un triángulo es el gravicentro, baricentro o centroide del triángulo y lo denotamos con la letra $G$ mayúscula.

Figura 2

Circuncentro

Teorema 2. Las mediatrices de los lados de todo triángulo son concurrentes.

Demostración. Sea $\triangle ABC$, consideremos las mediatrices $l_c$ y $l_b$ de $AB$ y $AC$ respectivamente y $O = l_b \cap l_c$.

Figura 3

En la entrada desigualdad del triángulo y lugar geométrico mostramos que un punto está en la mediatriz de un segmento si y solo si equidista a los puntos extremos del segmento.

Ya que $O \in l_c$ y $O \in l_b$, entonces $OA = OB$ y $OA = OC$
$\Rightarrow OB = OC$.

Por el resultado mencionado anteriormente $OB = OC$ implica que $O \in l_a$, la mediatriz de $BC$.

Por lo tanto, las mediatrices de un triángulo son concurrentes.

$\blacksquare$

Corolario. Tres puntos distintos y no colineales se encuentran en una única circunferencia.

Demostración. Sea $\triangle ABC$, por el teorema anterior las mediatrices de los segmentos determinados por los vértices del triángulo concurren en un punto $O$ cuya distancia a cada uno de los vértices es la misma $R = OA = OB = OC$.

Por definición de circunferencia, $A$, $B$ y $C$ pertenecen a la circunferencia con centro en $O$ y radio $R$, $A$, $B$, $C \in (O, R) = \Gamma$.

Ahora supongamos que existe $\Gamma’ = (O’, R’)$ tal que $A$, $B$, $C \in \Gamma’$, entonces, por definición, $O’A = O’B = O’C = R’$.

Esto implica que $O’ \in l_a$, $O’ \in l_b$ y $O’ \in l_c$, las mediatices de $BC$, $AC$ y $AB$ respectivamente,
$\Rightarrow O \in l_a \cap l_b \cap l_c$.

Como ya probamos que las mediatrices son concurrentes entonces $O’ = O$ y $R’ = R$, así que $\Gamma$ es única.

$\blacksquare$

Definición 2. Al punto de concurrencia de las mediatrices de los lados de un triángulo le llamamos circuncentro y lo denotamos como $O$.

A la distancia constante de $O$ a los vértices del triángulo le llamamos circunradio denotado con la letra $R$ mayúscula.

A la circunferencia única $(O, R)$ determinada por los vértices del triángulo se le conoce como circuncírculo.

Figura 4

Incentro

Teorema 3. Las bisectrices interiores de todo triángulo son concurrentes.

Demostración. Sean $l_B$ y $l_C$ las bisectrices de los ángulos interiores en $\angle B$ y $\angle C$ respectivamente e $I = l_{B} \cap l_{C}$.

Figura 5

En la entrada desigualdad del triángulo y lugar geométrico mostramos que un punto está en la bisectriz de un ángulo si y solo si equidista a los lados que forman el ángulo. Recordemos que la distancia de un punto a una recta es la longitud del punto al pie de la perpendicular a la recta trazada desde el punto.

Denotamos la distancia de un punto $P$ a una recta $l$ como $(P, l)$.

Como $I \in l_{b}$ e $I \in l_{c}$, entonces $(I, AB) = (I, BC)$ y $(I, BC) = (I, AC)$,
$\Rightarrow (I, AB) = (I, AC)$.

Por el resultado citado anteriormente, $(I, AB) = (I, AC)$ implica que $I \in l_A$, la bisectriz interior de $\angle A$.

Por tanto, las bisectrices interiores de un triángulo son concurrentes.

$\blacksquare$

Si consideramos los pies de las perpendiculares a los lados del triángulo trazados desde el punto en que concurren las bisectrices, encontramos tres puntos distintos que equidistan a un punto fijo y por el corolario anterior estos determinan una única circunferencia, esto motiva la siguiente definición.

Definición 3. Al punto de concurrencia de las bisectrices interiores de un triángulo se le conoce como incentro del triángulo y lo denotamos con la letra $I$ mayúscula.

A la distancia de $I$ a los lados del triángulo le llamamos inradio y lo denotamos como $r = (I, AB) = (I, BC) = (I, AC)$.

La circunferencia con centro en $I$ y radio $r$, $(I, r)$, se llama incírculo.

Figura 6

Excentros

Teorema 4. En todo triángulo las bisectrices exteriores de dos ángulos y la bisectriz interior del tercer ángulo son concurrentes.

Demostración. Sea $\triangle ABC$, $l_A$ y $l_C$ las bisectrices exteriores de $\angle A$ y $\angle C$ respectivamente e $I_b = l_A \cap l_C$.

Figura 7

De manera análoga al caso de las bisectrices internas tenemos que
como $I_b \in l_A$ e $I_b \in l_C$, entonces $(I_b, AB) = (I_b, AC)$ y $(I_b, AC) = (I_b, BC)$,
$\Rightarrow (I_b, AB) = (I_b, BC)$.

Como $I_b$ está en la región acotada por el ángulo $\angle CBA$ entonces $I \in l_B$, la bisectriz interior de $\angle B$.

Por lo tanto, la bisectriz interna de $\angle B$ y las bisectrices externas de $A$ y $C$ son concurrentes.

De manera análoga probamos que las bisectrices externas de $\angle A$ y $\angle B$ concurren con la bisectriz interna de $\angle C$, y las bisectrices externas de $\angle B$ y $\angle C$ concurren con la bisectriz interna de $\angle A$.

$\blacksquare$

Similarmente a como lo hicimos con el incentro, notamos que, para cada uno de estos tres puntos de concurrencia, existen tres puntos distintos, uno en cada lado del triángulo que equidistan a un punto fijo y por lo tanto determinan una única circunferencia.

Definición 4. A los puntos en que concurren dos bisectrices externas y una bisectriz interna de un triángulo les llamamos excentros del triángulo y los denotamos como $I_a$, $I_b$ e $I_c$ de acuerdo a si se encuentran en la bisectriz interna de $\angle A$, $\angle B$ o $\angle C$ respectivamente y decimos que son opuestos a dichos vértices.

Las distancias de $I_a$, $I_b$ e $I_c$ a los lados del triángulo son los exradios y se les denota como $r_a$, $r_b$ y $r_c$ respectivamente.

A las circunferencias $(I_a, r_a)$, $(I_b, r_b)$ y $(I_c, r_c)$ se les conoce como excírculos del triángulo.

Figura 8

Ortocentro

Teorema 5. Las alturas de todo triángulo son concurrentes.

Demostración. Sea $\triangle ABC$, tracemos en cada vértice la paralela al lado opuesto.

Sean $A’$ la intersección de la paralela a $AB$ trazada en $C$ con la paralela a $AC$ trazada en $B$, de manera análoga definimos $B’$ y $C’$.

Figura 9

Por construcción, $\square ABCB’$ es un paralelogramo por lo que $AB’ = BC$, también $\square C’BCA$ es paralelogramo así que $C’A = BC$,
$\Rightarrow AB’ = BC = C’A \Rightarrow A$ es el punto medio de $C’B’$.

De manera similar podemos ver que $B$ es el punto medio de $C’A’$ y $C$ es el punto medio de $A’B’$.

En consecuencia, las alturas del triángulo $\triangle ABC$ son las mediatrices del triángulo $\triangle C’A’B’$ y ya probamos que las mediatrices de los lados de todo triangulo son concurrentes, por lo tanto, las alturas de $\triangle ABC$ son concurrentes.

$\blacksquare$

Definición 5. Al punto en común en que las tres alturas de un triángulo se intersecan le llamamos ortocentro y lo denotamos con la letra $H$ mayúscula.

Figura 10

Más adelante…

En la siguiente entrada demostraremos algunos teoremas que nos permitirán calcular la magnitud de ángulos relativos a una circunferencia.

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. ¿Qué puntos notables vistos en esta entrada, caen siempre dentro del triangulo y cuales siempre fuera?
  2. Muestra que una recta paralela a un lado de un triangulo a través del centroide divide el área del triangulo en dos partes tal que la razón de esta áreas es $\dfrac{4}{5}$.
  3. Considera un triangulo rectángulo $\triangle ABC$ con $\angle B = \dfrac{\pi}{2}$, sean $CC’$ la mediana por $C$ y $D$ el pie de la perpendicular a $CC’$ trazada desde $B$ (figura 11), calcula la distancia de $D$ al centroide $G$ del triangulo en términos de los catetos.
Figura 11
  1. Un triángulo rectángulo tiene un ángulo interior de $\dfrac{\pi}{3}$, calcula la distancia del vértice donde se intersecan los catetos al incentro $I$ del triángulo en términos de la hipotenusa.
  2. Sea $\triangle ABC$ un triángulo tal que la mediana $AD$ es perpendicular a la mediana $BE$, encuentra $AB$ si $BC = a$ y $AC = b$.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 29-34.
  • Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 65-94.
  • Geometría interactiva

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»

Seminario de Resolución de Problemas: Vectores en geometría

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

2 respuestas

Introducción

Anteriormente, comenzamos esta serie de entradas de geometría platicando de algunas técnicas euclideanas o sintéticas que se pueden usar para resolver problemas en el plano. Después, tomamos herramientas de la geometría analítica, las cuales nos permiten poner problemas en términos de coordenadas y ecuaciones. Lo que haremos ahora es ver varios ejemplos del uso de vectores en geometría.

A diferencia de la geometría analítica, cuando hablamos de soluciones por vectores estamos hablando de aquellas que aprovechan la estructura de espacio vectorial en $\mathbb{R}^2$. En otras palabras, usamos argumentos en los cuales pensamos a los puntos del plano como vectores, los cuales tienen una dirección y una magnitud. Los vectores tienen operaciones de suma y de producto por un escalar. Además, tienen producto punto, norma y transformaciones dadas por matrices. Apenas tocaremos la superficie del tipo de teoría que se puede usar. Un buen curso de álgebra lineal te puede dar más herramientas para resolver problemas geométricos.

Interpretar puntos como vectores

Pongamos un origen $O$ en el plano. A cada punto $P$ le corresponden ciertas coordenadas dadas por parejas de reales $(x,y)$, que identificaremos con $P$. Al origen le corresponden las coordenadas $(0,0)$. Si tenemos otro punto $Q=(w,z)$, entonces su suma es el vector $P+Q=(x+w,y+z)$. Si tomamos un real $r$, el vector $rP$ es el vector de coordenadas $(rx,ry)$.

Suma de vectores
Suma de vectores

La suma $P+Q$ se puede encontrar mediante la ley del paralelogramo: los puntos $O,P,P+Q,Q$ hacen un paralelogramo en ese orden cíclico. La resta $Q-P$ está definida por $Q+(-1)P$, y la llamamos el vector $PQ$. Geométricamente coincide con el vector que va «de $P$ a $Q$». Observa que el orden es importante y que $OP=P$.

Resta de vectores
Resta de vectores

Proposición (de la razón). Si tenemos dos puntos $P$ y $Q$ distintos y $m,n$ son reales, entonces podemos encontrar al único punto $R$ en la recta por $P$ y $Q$ tal que $$\frac{PR}{RQ}=\frac{m}{n}$$ así: $$R=\frac{n}{m+n}P + \frac{m}{m+n} Q.$$

Punto en una recta con cierta razón
Punto en una recta con cierta razón

Veamos dos problemas en los que se usan estas ideas de vectores en geometría, en particular, la proposición de la razón.

Problema. En el triángulo $ABC$ se toman puntos $D,E,F$ sobre los segmentos $BC,CA,AB$ tales que $\frac{BD}{DC}=\frac{CE}{EA}=\frac{AF}{FB}=\frac{1}{4}$. Muestra que $ABC$ y $DEF$ tienen el mismo gravicentro.

Sugerencia pre-solución. Encuentra una fórmula en términos vectoriales para el gravicentro de un triángulo $ABC$.

Solución. Tomemos un triángulo $PQR$ y pensemos a sus vértices como vectores. Afirmamos que su gravicentro $X$ es el punto correspondiente a $\frac{P+Q+R}{3}$ Demostraremos esto.

El gravicentro está a un tercio del punto medio hacia el vértice correspondiente
Razón del gravicentro en la mediana

Primero haremos un argumento de geometría sintética. El gravicentro es por definición el punto de intersección de las medianas de un triángulo. Si $L$ es el punto medio de $QR$ y $M$ es el punto medio de $RP$, entonces $X$ es el punto de intersección de $PL$ y $QM$. Tenemos que $$\frac{RL}{LQ}=1=\frac{RM}{MP},$$ así que por el teorema de Tales se tiene que la recta por $L$ y $M$ es paralela al lado $PQ$, y $\frac{LM}{PQ}=\frac{1}{2}$. Esto muestra que los triángulos $XLM$ y $XPQ$ son semejantes en razón $1$ a $2$. Por lo tanto, $\frac{LX}{XP}=\frac{1}{2}$.

Ahora hagamos el argumento vectorial, pensando a los puntos como vectores. El punto $L$ está a la mitad de $QR$, así que por la proposición de la razón, $$L=\frac{Q+R}{2}.$$ El punto $X$ cumple $\frac{LX}{XP}=\frac{1}{2}$, así que de nuevo por la proposición de la razón.
\begin{align*}
X&=\frac{2L+P}{2+1}\\
&=\frac{Q+R+P}{3}\\
&=\frac{P+Q+R}{3}.
\end{align*}

Esto es el resultado auxiliar que queríamos mostrar. Regresemos al problema.

De acuerdo al resultado auxiliar, el gravicentro de $ABC$ es $$G:=\frac{A+B+C}{3}.$$ Usando una vez más la proposición de la razón, los puntos $D$, $E$ y $F$ los podemos calcular como sigue:
\begin{align*}
D&=\frac{4B+C}{4+1}=\frac{4B+C}{5}\\
E&=\frac{4C+A}{4+1}=\frac{4C+A}{5}\\
F&=\frac{4A+B}{4+1}=\frac{4A+B}{5}.
\end{align*}

De esta forma, el gravicentro $G’$ de $DEF$ lo podemos encontrar como sigue:
\begin{align*}
G’&=\frac{D+E+F}{3}\\
&=\frac{\frac{4B+C}{5}+\frac{4C+A}{5}+\frac{4A+B}{5}}{3}\\
&=\frac{A+B+C}{3}\\
&=G.
\end{align*}

Esto termina la solución del problema.

$\square$

Problema. En el paralelogramo $ABCD$ el punto $F$ es el punto medio de $CD$. Muestra que el segmento $AF$ corta a la diagonal $BD$ en un punto $E$ tal que $\frac{DE}{DB}=\frac{1}{3}$.

Sugerencia pre-solución. Hay varias formas de hacer las cuentas en este problema, pero el uso de una notación adecuada te hará simplificar muchas operaciones.

Solución. Pensemos a los puntos de la figura como vectores. Coloquemos al punto $A$ en el origen. El punto $C$ está dado por $B+D$, de modo que $$F:=\frac{C+D}{2}=\frac{B+2D}{2}.$$

Vectores en geometría: problema de paralelogramo
Figura auxiliar para problema de paralelogramo

Para encontrar al punto $E$, notemos que está en las rectas $AF$ y $BD$. De esta forma, deben existir reales $r$ y $s$ tales que $$E=rF$$ y $$E=sB+(1-s)D.$$ Expresando $F$ en términos de $B$ y $D$ en la primer ecuación, tenemos que $$E=\frac{rB+2rD}{2}=\frac{rB}{2}+rD.$$ De ambas expresiones para $E$, concluimos que
\begin{align*}
s=\frac{r}{2}\\
1-s=r.
\end{align*}

Este sistema de ecuaciones tiene solución $r=\frac{2}{3}$, $s=\frac{1}{3}$, y por lo tanto $E=\frac{B+2D}{3}$. De aquí se obtiene $\frac{DE}{EB}=\frac{1}{2}$, o bien $\frac{DE}{DB}=\frac{DE}{DE+EB}=\frac{1}{3}$, como queríamos mostrar.

$\square$

Producto punto, norma y ángulos

Para dos vectores $P=(x,y)$ y $Q=(w,z)$ definimos su producto punto como la cantidad $P\cdot Q = xw+yz$. El productos puntos es:

  • Conmutativo: $P\cdot Q = Q\cdot P$
  • Abre sumas: $P\cdot (Q+R)=P\cdot Q + P\cdot R$
  • Saca escalares: $(rP)\cdot Q = r(P\cdot Q)$.

La norma de $P$ se define como $\norm{P}=\sqrt{P\cdot P}$, y coincide con la distancia de $P$ al origen. La norma de $PQ$ es entonces $\norm{PQ}=\sqrt{(Q-P)\cdot (Q-P)}$ y coincide con la distancia de $P$ a $Q$.

El ángulo entre dos vectores $PQ$ y $RS$ se define como el ángulo cuyo coseno es $$\frac{PQ \cdot RS}{\norm{PQ}\norm{RS}},$$ y coincide precisamente con el ángulo (orientado) geométrico entre las rectas $PQ$ y $RS$. De esta forma, las rectas $PQ$ y $RS$ son perpendiculares si y sólo si el producto punto $PQ\cdot RS$ es cero.

Problema. Sea $ABC$ un triángulo con sus vértices pensados como vectores. Sean $H$ y $O$ su ortocentro y circuncentro respectivamente. Supongamos que el circuncentro $O$ está en el origen. Muestra que $H=A+B+C$.

Sugerencia pre-solución. Trabaja hacia atrás. Define al punto $A+B+C$ y ve que las rectas que unen a los vértices con este punto en efecto son alturas. Para calcular los ángulos, usa el producto punto y sus propiedades.

Solución. Como el circuncentro equidista de $A$. $B$ y $C$, tenemos que $$\norm{A}=\norm{B}=\norm{C}.$$ Tomemos el punto $H’=A+B+C$.

Vectores en geometría para encontrar el ortocentro
Ortocentro con vectores

Calculemos el ángulo entre las rectas $BC$ y $AH’$, haciendo su producto punto:
\begin{align*}
BC\cdot AH’ &= (C-B)\cdot (H’-A)\\
&=(C-B)\cdot(C+B)\\
&=C\cdot C + C\cdot B – B\cdot C – B\cdot B\\
&=\norm{C}^2 – \norm{B}^2\\
&=0.
\end{align*}

Observa que estamos usando la linealidad y conmutatividad del producto punto. Al final usamos que $A$ y $C$ tienen la misma norma.

Esto muestra que la recta $AH’$ es la altura al lado $BC$. De manera análoga, $BH’$ y $CH’$ son las alturas a los lados $CA$ y $AB$ respectivamente. Por lo tanto, $H’$ es el ortocentro, así que $H=A+B+C$.

$\square$

Cualquier triángulo $ABC$ en el plano se puede trasladar para que su circuncentro $O$ quede en el origen. El ortocentro estará en $H=A+B+C$ y el gravicentro, como vimos antes, en $G=\frac{A+B+C}{3}$, que es un múltiplo escalar de $H$. Por lo tanto, $O$, $H$ y $G$ están alineados. Acabamos de demostrar con vectores en geometría un clásico resultado euclideano.

Teorema (recta de Euler). En cualquier triángulo $ABC$, el circuncentro $O$, el gravicentro $G$ y el ortocentro $H$ están alineados. Además, $$\frac{OG}{GH}=\frac{1}{2}.$$

Teorema de la recta de Euler
Teorema de la recta de Euler

Si el circuncentro no está en el origen, ahora podemos usar el teorema de la recta de Euler y la proposición de la razón para concluir que $G=\frac{2O+H}{3}$. Usando que $G=\frac{A+B+C}{3}$, obtenemos el siguiente corolario

Corolario. Sea $ABC$ un triángulo en el plano, $H$ su ortocentro y $O$ su circuncentro. Entonces al pensar a los puntos como vectores tenemos que $$A+B+C=2O+H.$$

Más problemas

Puedes encontrar más problemas del uso de vectores en geometría en la sección 8.3 del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson.

Modificar el problema

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

Deja un comentario

HeuristicasOtra técnica de resolucion de problemas es proponer un problema que ayude, pero que no necesariamente sea equivalente. Esto puede ser a través de problemas más particulares o de problemas más difíciles.

En esta serie de videos veremos esta técnica en acción en cuatro problemas.

Ir a los videos…