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Geometría Moderna I: Circunferencias de Lemoine

Introducción

En esta entrada veremos un conjunto de circunferencias que surgen de una construcción particular a partir del punto simediano o punto de Lemoine, las circunferencias de Lemoine, y su generalización, las circunferencias de Tucker.

Primera circunferencia de Lemoine

Teorema 1. Si por el punto simediano de un triángulo dado trazamos paralelas a los lados del triángulo, entonces estas tres paralelas intersecan a los lados del triángulo en seis puntos cíclicos, a dicha circunferencia se le conoce como primera circunferencia de Lemoine.

Demostración. En $\triangle ABC$, sean $K$ el punto de Lemoine, $Z’KY \parallel BC$, $X’KZ \parallel CA$, $Y’KX \parallel AB$, $X$, $X’ \in BC$, $Y$, $Y’ \in CA$, $Z$, $Z’ \in AB$.

Dado que $KY’ \parallel AZ$ y $KZ \parallel AY’$, $\square AZKY’$ es paralelogramo, por lo tanto, $AK$ biseca a $ZY’$, de esto se sigue que $ZY’$ es antiparalela a $BC$ respecto a $AB$ y $CA$.

Figura 1

Como $Z’Y \parallel BC$, entonces $Z’Y$ y $ZY’$ son antiparalelas respecto a $AB$ y $CA$, es decir, $\square ZZ’YY’$ es cíclico.

Igualmente podemos ver qué $XZ’$, $CA$ son antiparalelas respecto a $AB$, $BC$ y que $\square Z’XX’Z’$ es cíclico.

Como $Z’Y \parallel BC$ y $\square ZZ’YY’$ es cíclico entonces $\angle Z’ZY’ = \angle A + \angle B$.

Como $XZ’$ y $CA$ son antiparalelas entonces $\angle Z’XB = \angle A$, ya que $AB \parallel XY’$ tenemos que $\angle CXY’ = \angle B$, por lo anterior tenemos que $\angle Y’XZ’ = \angle C$.

Entonces, como los ángulos $\angle Y’XZ’$, $\angle Z’ZY’$ son suplementarios, $\square Z’XY’Z$ es cíclico, por lo tanto, $X$, $Y$, $Y’$, $Z$, $Z’$, están en la misma circunferencia.

Finalmente, como $X’$ esta en el circuncírculo de $\triangle XZZ’$ entonces el hexágono $XY’ZX’YZ’$ es cíclico.

$\blacksquare$

Proposición 1. El centro de la primera circunferencia de Lemoine es el punto medio entre el circuncentro y el punto de Lemoine.

Demostración. En la figura 1, del teorema anterior, sean $O$ el circuncentro de $\triangle ABC$ y $M= AK \cap ZY’$, considera $L$ el punto medio de $KO$, con $K$ el punto de Lemoine.

Como $\square AZKY’$ es paralelogramo, entonces $M$ es punto medio de $AK$ y $ZY’$.

En $\triangle AOK$, $LM$ es un segmento medio, por lo tanto, $ML \parallel AO$.

Ya que $ZY’$, $BC$ son antiparalelas respecto a $AB$, $CA$, entonces $ZY’$ es paralela a la tangente al circuncírculo de $\triangle ABC$ por $A$, por lo tanto, $AO \perp ZY’$.

En consecuencia, $ML \perp ZY’$, como $M$ es el punto medio de $ZY’$ entonces $L$ esta en la mediatriz de $ZY’$.

Igualmente vemos que $L$ esta en la mediatriz de $XZ’$, $YX’$, por lo tanto, $L$ es el centro de la primera circunferencia de Lemoine.

$\blacksquare$

Proposición 2. Las cuerdas de la primera circunferencia de Lemoine, contenidas en los lados del triángulo, son proporcionales a los cubos de dichos lados.

Demostración. Sean $D$ y $H_a$ las proyecciones de $K$ y $A$ en $BC$ respectivamente (figura 1), como $Y’X \parallel AB$ y $X’Z \parallel CA$ entonces $\triangle ABC$ y $\triangle KXX’$ son semejantes.

Por lo tanto,
$\dfrac{XX’}{BC} = \dfrac{KD}{AH_a} $
$= \dfrac{BC \times 2(\triangle ABC)}{AB^2 + BC^2 + CA^2} \times \dfrac{BC}{2(\triangle ABC)}$.

Donde la segunda igualdad se sigue del corolario 2 de la entrada anterior y de considerar el área de $\triangle ABC$.

$\Rightarrow XX’ = \dfrac{BC^3}{AB^ + BC^2 + CA^2}$.

De manera similar se ve que
$YY’ = \dfrac{CA^3}{AB^ + BC^2 + CA^2}$,
$ZZ’ = \dfrac{AB^3}{AB^ + BC^2 + CA^2}$.

$\blacksquare$

Segunda circunferencia de Lemoine

Teorema 2. Si por el punto simediano $K$ de un triángulo trazamos antiparalelas a los lados del triángulo, entonces estas tres antiparalelas intersecan a los lados del triángulo en seis puntos cíclicos con centro en $K$, a dicha circunferencia se le conoce como segunda circunferencia de Lemoine.

Demostración. En $\triangle ABC$ sean $K$ el punto de Lemoine, $Z’KY$ antiparalela a $BC$ respecto a $AB$ y $CA$, $X’KZ$ antiparalela a $CA$ respecto a $AB$ y $BC$, $Y’KX$ antiparalela a $AB$ respecto a $BC$ y $CA$, $X$, $X’ \in BC$, $Y$, $Y’ \in CA$, $Z$, $Z’ \in AB$.

Como $X’Z$ y $CA$ son antiparalelas, entonces $BK$ biseca a $X’Z$, de manera análoga vemos que $CK$ biseca a $Y’X$.

Figura 2

Dado que las antiparalelas $X’Z$ e $Y’X$ se intersecan en la $A$-simediana, entonces son iguales en magnitud.

Como resultado, concluimos que $\square XX’Y’Z$ es un rectángulo, por lo tanto, $X$, $X’$, $Y’$, $Z$, están en una circunferencia con centro en $K$.

Igualmente podemos ver que $AK$ biseca a $YZ’$ y que $XY’ = YZ’ = ZX’$.

Por lo tanto, el hexágono $XY’ZX’YZ’$ es cíclico.

Proposición 4. Las cuerdas de la segunda circunferencia de Lemoine, contenidas en los lados del triángulo son proporcionales a los cosenos de los ángulos opuestos a dichos lados, razón por la cual también es conocida como circunferencia de los cosenos.

Demostración. Dado que $Y’X$ y $AB$ son antiparalelas respecto a $BC$ y $CA$ (figura 2), entonces $\angle X’XY’ = \angle A$.

Como $\triangle Y’X’X$ es un triangulo rectángulo, entonces $\cos \angle A = \cos \angle X’XY’ = \dfrac{XX’}{Y’X}$.

Como $Y’X = X’Z = Z’Y = q$, entonces $XX’ = q \cos \angle A$.

Igualmente podemos ver que $YY’ = q \cos \angle B$ y $ZZ’ = q \cos \angle C$.

$\blacksquare$

Circunferencia de Tucker

Teorema 3. Si aplicamos una homotecia a un triángulo con centro en su punto de Lemoine entonces los lados del triángulo imagen cortaran a los lados del triángulo original en seis puntos cíclicos, a esta circunferencia se le conoce como circunferencia de Tucker.

Demostración. Sea $K$ el punto de Lemoine de $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ su imagen bajo una homotecia con centro en $K$, entonces los lados correspondientes son paralelos.

Sean $X$, $X’$ las intersecciones de $A’B’$ y $C’A’$ con $BC$, $Y$, $Y’$ las intersecciones de $B’C’$ y $A’B’$ con $CA$, $Z$, $Z’$ las intersecciones de $C’A’$ y $B’C’$ con $AB$.

Figura 3

Como $AZA’Y’$ es un paralelogramo entonces $AK$ biseca $Y’Z$, por lo tanto $Y’Z$ es antiparalela a $BC$ respecto a $AB$, $CA$.

De manera análoga, los pares de rectas $XZ’$, $CA$; $YX’$, $AB$ son antiparalelas.

A partir de aquí la demostración es igual a la del teorema 1.

$\blacksquare$

Proposición 5. El centro de la circunferencia de Tucker se encuentra en la recta que une al punto de Lemoine con el circuncentro del triángulo.

Demostración. Sean $O$ el circuncentro de $\triangle ABC$ y $M$ el punto medio de $Y’Z$ (figura 3), como $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ son homotéticos la paralela por $A’$ a $AO$ interseca a $KO$ en $O’$ el circuncentro de $\triangle A’B’C’$.

Por $M$ trazamos una paralela a $AO$ que interseca a $KO$ en $T$.

Como $A’O’ \parallel MT$ entonces $\dfrac{KA’}{A’M} =\dfrac{KO’}{O’T}$.

Como $AO \parallel MT$ entonces $\dfrac{KM}{MA} =\dfrac{KT}{TO}$.

Pero
$\dfrac{KM}{KT} = \dfrac{KA’ + A’M}{KO’ + O’T}$
$= (\dfrac{A’M \times KO’}{O’T} + A’M)(\dfrac{1}{ KO’ + O’T}) $
$= A’M(\dfrac{KO’ + O’T}{O’T})(\dfrac{1}{ KO’ + O’T}) = \dfrac{A’M}{O’T}$.

Por lo tanto, como $M$ también es el punto medio de $AA’$ por ser $\square AZA’Y’$ paralelogramo, tenemos
$1 = \dfrac{A’M}{MA} = \dfrac{O’T}{TO}$.

Es decir, $T$ es el punto medio de $OO’$.

Por otra parte $AO \perp Y’Z$, pues $Y’Z$ es paralela a la tangente al circuncírculo de $\triangle ABC$ en $A$, entonces $TM \perp Y’Z$.

Por lo tanto, $T$ esta en la mediatriz de $Y’Z$.

Igualmente vemos que $T$ esta en la mediatriz de $Z’X$, $X’Y$, en consecuencia, $T$ es el centro de la circunferencia de Tucker y está en la recta $KO$.

$\blacksquare$

Circunferencia de Taylor

Teorema 4. Dado un triángulo, las proyecciones de los vértices de su triángulo órtico en los lados del triángulo original están en una circunferencia de Tucker, a esta circunferencia se le conoce como circunferencia de Taylor.

Demostración. Sea $\triangle ABC$ y $\triangle H_aH_bH_c$ su triangulo órtico, sean $X$, $X’$ las proyecciones de $H_c$ y $H_b$ en $BC$, $Y$, $Y’$ las proyecciones de $H_a$ y $H_c$ en $CA$, $Z$, $Z’$ las proyecciones de $H_b$ y $H_a$ en $AB$.

Figura 4

$\square H_cBCH_b$ es cíclico pues $\angle BH_cC = \angle BH_bC = \dfrac{\pi}{2}$, así que $\angle H_bH_cZ = \angle C$.

$\angle ZH_cH_bY’$ también es cíclico pues $\angle H_cZH_b = \angle H_cY’H_b = \dfrac{\pi}{2}$, así que $\angle AY’Z = \angle H_bH_cZ = \angle C$.

Por lo tanto, $ZY’ \parallel BC$.

Igualmente vemos que $XZ’ \parallel CA$ y $YX’ \parallel AB$.

En consecuencia, el triángulo $\triangle A’B’C’$ que se forma al extender $ZY’$, $XZ’$, $YX’$, es inversamente homotético con $\triangle ABC$.

Sea $H$ el ortocentro de $\triangle ABC$, como $HH_c \parallel H_aZ’$ y $HH_b \parallel H_aY$, entonces
$\dfrac{HH_c}{H_aZ’} = \dfrac{AH}{AH_A} = \dfrac{HH_b}{H_aY}$.

Por criterio de semejanza LAL, $\triangle HH_cH_b \sim \triangle H_aZ’Y$, por lo tanto, $Z’Y \parallel H_cH_b$.

De esto último y tomando en cuenta que $\square H_cBCH_b$ es cíclico, se sigue que $\square Z’BCY$ es cíclico, es decir $Z’Y$ y $BC$ son antiparalelas respecto de $AB$, $CA$.

Por otra parte, $\square AZ’A’Y$ es paralelogramo, así que $AA’$ biseca a $Z’Y$.

Esto implica que $AA’$ es la $A$-simediana de $\triangle ABC$.

De manera análoga vemos que $BB’$ y $CC’$ son simedianas, por lo tanto, $AA’$, $BB’$, $CC’$ concurren en el punto simediano $K$ de $\triangle ABC$.

Por el teorema anterior, se sigue que $X$, $X’$, $Y$, $Y’$, $Z$, $Z’$, están en una circunferencia de Tucker.

$\blacksquare$

Tarea moral

  1. En la figura 1, muestra que:
    $i)$ $X’Y = Y’Z = Z’X$,
    $ii)$ el incírculo del triángulo que se forma al extender $X’Y$, $Y’Z$ y $Z’X$, es concéntrico con la primer circunferencia de Lemoine de $\triangle ABC$.
  2. Muestra que si tres diámetros de una circunferencia tienen sus extremos en los lados de un triángulo, entonces dicha circunferencia es la segunda circunferencia de Lemoine del triángulo y su centro es el punto de Lemoine.
  3. Muestra que el circuncírculo de un triángulo, la primera y la segunda circunferencias de Lemoine, son circunferencias de Tucker y encuentra la razón de homotecia con centro en el punto de Lemoine, que da origen a cada una.
  4. Demuestra que el centro de la circunferencia de Taylor de un triángulo es el punto de Spieker de su triángulo órtico. En la figura 4, el incentro del triángulo medial de $\triangle H_aH_bH_c$.
  5. En la figura 4 demuestra que:
    $i)$ el punto de Lemoine de $\triangle ABC$ coincide con el punto de Gergonne del triángulo medial de su triángulo órtico, $\triangle H_aH_bH_c$,
    $ii)$ el punto de Nagel del triángulo órtico $\triangle H_aH_bH_c$ es colineal con el ortocentro y el circuncentro de $\triangle A’B’C’$,
    $iii)$ las bisectrices internas del triángulo medial de $\triangle H_aH_bH_c$, son perpendiculares a los lados de $\triangle ABC$.

Más adelante…

En la siguiente entrada estudiaremos propiedades mas generales de rectas que como la mediana y la simediana, son reflexión respecto de la bisectriz de un ángulo.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 257-260, 284-287.
  • Honsberger, R., Episodes in Nineteenth and Twentieth Century Euclidean Geometry. Washington: The Mathematical Association of America, 1995, pp 87-98.
  • Johnson, R., Advanced Euclidean Geometry. New York: Dover, 2007, pp 271-277.
  • Shively, L., Introducción a la Geómetra Moderna. México: Ed. Continental, 1961, pp 76-79.

Geometría Moderna I: Teorema de Menelao

Introducción

En esta ocasión presentamos el teorema de Menelao, una herramienta muy útil que nos da condiciones necesarias y suficientes para que tres puntos, cada uno sobre los lados de un triángulo, sean colineales.

Teorema de Menelao

Teorema 1, de Menelao. Sean $\triangle ABC$ y $X$, $Y$, $Z$ puntos en los lados $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente, tal que uno o los tres puntos se encuentran en la extensión de los lados de $\triangle ABC$, entonces $X$, $Y$ y $Z$ son colineales si y solo si
$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA} = – 1$.

Demostración. Supongamos que $X$, $Y$ y $Z$ son colineales, sea $D \in XYZ$ tal que $CD \parallel AB$ entonces $\triangle XZB \sim \triangle XDC$ y $\triangle YAZ \sim \triangle YCD$, esto es

$\dfrac{DC}{ZB} = \dfrac{XC}{XB} \Leftrightarrow DC = \dfrac{ZB \times XC}{XB}$,

$\dfrac{DC}{ZA} = \dfrac{YC}{YA} \Leftrightarrow DC = \dfrac{ZA \times YC}{YA}$.

Figura 1

Por lo tanto,
$ \dfrac{ZA}{YA} \dfrac{YC}{ZB} \dfrac{XB}{XC} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA} = – 1$.

La última ecuación se obtiene al considerar segmentos dirigidos.

$\blacksquare$

Conversamente, ahora supongamos sin pérdida de generalidad que $Z$ e $Y$ se encuentran en $AB$ y $CA$ respectivamente y $X$ en la extensión de $BC$ (izquierda figura 1), el caso en que los tres puntos están en las extensiones de los lados es análogo, y supongamos que
$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA} = – 1$.

Sea $X’ = YZ \cap BC$, entonces por la implicación que ya probamos tenemos que
$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX’}{X’C} \dfrac{CY}{YA} = – 1$.

Esto, junto con nuestra hipótesis nos dice que $\dfrac{BX’}{X’C} = \dfrac{BX}{XC}$, es decir $BC$ es dividido exteriormente por $X$ y $X’$ en la misma razón.

Por lo tanto, $X = X’$, entonces $X$, $Y$ y $Z$ son colineales.

$\blacksquare$

Forma trigonométrica del teorema de Menelao

Lema de la razón. Considera $\triangle ABC$ y sea $X$ un punto en $BC$ o su extensión, entonces
$\begin{equation} \dfrac{BX}{XC} = \dfrac{AB}{CA} \dfrac{\sin \angle BAX}{\sin \angle CAX}. \end{equation}$.

Demostración. Aplicamos la ley de los senos a los triángulos $\triangle BAX$ y $\triangle XAC$ (figura 1),
$\begin{equation} \dfrac{BX}{\sin \angle BAX} = \dfrac{AB}{\sin \angle AXB}, \end{equation}$

$\begin{equation} \dfrac{CX}{\sin \angle CAX} = \dfrac{AC}{\sin \angle AXC}. \end{equation}$

Notemos que $\sin \angle AXB = \sin \angle AXC$, pues si $X$ está en la extensión de $BC$ entonces $\angle AXB = \angle AXC$ o si $X$ está en el segmento $BC$ entonces $\angle AXB$ y $\angle AXC$ son suplementarios.

Por lo tanto, haciendo el cociente de $(2)$ entre $(3)$ obtenemos $(1)$.

$\blacksquare$

Forma trigonométrica del teorema de Menelao. Sea $\triangle ABC$ y $X$, $Y$, $Z$ puntos en los lados $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente, tal que uno o los tres puntos se encuentran en la extensión de los lados de $\triangle ABC$, entonces $X$, $Y$ y $Z$ son colineales si y solo si

$\dfrac{\sin \angle BAX}{\sin \angle XAC} \dfrac{\sin \angle CBY}{\sin \angle YBA} \dfrac{\sin \angle ACZ}{\sin \angle ZCB} = – 1$.

Demostración. Aplicamos el lema de la razón a $X$, $Y$ y $Z$, entonces:
$-1 = \dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA}$

$= (\dfrac{CA}{BC} \dfrac{\sin \angle ACZ}{\sin \angle ZCB}) (\dfrac{AB}{CA} \dfrac{\sin \angle BAX}{\sin \angle XAC}) (\dfrac{BC}{AB} \dfrac{\sin \angle CBY}{\sin \angle YBA})$

$= \dfrac{\sin \angle BAX}{\sin \angle XAC} \dfrac{\sin \angle CBY}{\sin \angle YAC} \dfrac{\sin \angle ACZ}{\sin \angle ZCB}$.

En consecuencia, por el teorema de Menelao la igualdad es cierta si y solo si $X$, $Y$ y $Z$ son colineales.

$\blacksquare$

Bisectrices

Proposición 1.
$i)$ Dos bisectrices internas y la bisectriz externa del tercer ángulo de un triángulo intersecan a los lados opuestos del triángulo en tres puntos colineales,
$ii)$ las tres bisectrices externas de un triángulo intersecan a los lados opuestos del triángulo en tres puntos colineales.

Demostración. Sean $\triangle ABC$, $X’$, la intersección de la bisectriz externa de $\angle A$ con $BC$, $Y$ y $Z$ las intersecciones de las bisectrices internas de $\angle B$ y $\angle C$ con $CA$ y $AB$ respectivamente.

Figura 2

Por el teorema de la bisectriz tenemos las siguientes igualdades
$\dfrac{BX’}{X’C} = \dfrac{AB}{AC}$,
$\dfrac{CY}{YA} = \dfrac{BC}{BA}$,
$\dfrac{AZ}{ZB} = \dfrac{CA}{CB}$.

Considerando segmentos dirigidos,
$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX’}{X’C} \dfrac{CY}{YA} = \dfrac{CA}{CB} \dfrac{AB}{AC} \dfrac{BC}{BA} = -1$.

Por lo tanto, $X’$, $Y$ y $Z$ son colineales.

Análogamente, si $Y’$ y $Z’$ son las intersecciones de las bisectrices externas de $\angle B$ y $\angle C$ con $CA$ y $AB$ respectivamente, entonces por el teorema de la bisectriz
$\dfrac{CY’}{Y’A} = \dfrac{BC}{BA}$,
$\dfrac{AZ’}{Z’B} = \dfrac{CA}{CB}$.

Por lo tanto
$\dfrac{AZ’}{Z’B} \dfrac{BX’}{X’C} \dfrac{CY’}{Y’A} = \dfrac{CA}{CB} \dfrac{AB}{AC} \dfrac{BC}{BA} = -1$.

Por lo tanto, por el teorema de Menelao, $X’$, $Y’$ y $Z’$ son colineales.

$\blacksquare$

Recta de Lemoine y recta de Gergonne

Teorema 2. Las rectas tangentes al circuncírculo de un triángulo a través de sus vértices intersecan a los lados opuestos del triángulo en tres puntos colineales.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $\triangle DEF$ su triángulo tangencial, sean $X = EF \cap BC$, $Y = DF \cap CA$ y $Z = DE \cap AB$.

Figura 3

Como el ángulo semiinscrito $\angle XAB$ abarca el mismo arco que el ángulo inscrito $\angle ACB$ entonces son iguales, por criterio de semejanza AA, $\triangle AXB \sim \triangle CXA$, por lo tanto,
$\dfrac{AX}{CX} = \dfrac{AB}{CA}$ $\Leftrightarrow \dfrac{AX^2}{CX^2} = \dfrac{AB^2}{CA^2}$.

Por otro lado, la potencia de $X$ respecto al circuncírculo de $\triangle ABC $ es
$AX^2 = XB \times XC$.

Por lo tanto,
$\begin{equation} \dfrac{XB}{XC} = \dfrac{AB^2}{CA^2}. \end{equation}$

Igualmente podemos encontrar,
$\dfrac{YC}{YA} = \dfrac{BC^2}{BA^2}$ y $\dfrac{ZB}{ZA} = \dfrac{CB^2}{CA^2}$.

Por lo tanto,
$\dfrac{XB}{XC} \dfrac{YC}{YA} \dfrac{ZA}{ZB} = \dfrac{AB^2}{CA^2} \dfrac{BC^2}{BA^2} \dfrac{CA^2}{CB^2} = 1$.

Considerando segmentos dirigidos tenemos
$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA} = – 1$.

Como resultado, por el teorema de Menelao, $X$, $Y$ y $Z$ son colineales.

A la recta $XYZ$ se le conoce como recta de Lemoine de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Observación 1. Notemos que $X$, $Y$ y $Z$ son los centros de las circunferencias de Apolonio de $\triangle ABC$.

Observación 2. También hemos mostrado que la tangente al circuncírculo de un triangulo por uno de sus vértices divide al lado opuesto al vértice, en la razón de los cuadrados de los lados que concurren en el vértice, ecuación $(4)$.

Corolario. Los lados del triángulo cuyos vértices son los puntos de tangencia del incírculo de un triángulo dado con sus lados, intersecan a los lados opuestos del triángulo dado en tres puntos colineales.

Demostración. Notemos que en el teorema anterior si el triángulo dado es $\triangle DEF$, entonces su incírculo es el circuncírculo de $\triangle ABC$.

Por lo tanto, se tiene el resultado.

A la recta $XYZ$ se le conoce como recta de Gergonne de $\triangle DEF$.

$\blacksquare$

Teorema de Monge

Teorema 3. Las tangentes externas comunes a tres circunferencias, tales que ninguna esta completamente contenida en las otras dos, se intersecan dos a dos en tres puntos colineales.

Demostración. Sean $\Gamma(A)$, $\Gamma(B)$ y $\Gamma(C)$, tres circunferencias que cumplen las hipótesis. Sean $X = X_bX_c \cap X’_bX’_c$, $Y = Y_aY_c \cap Y’_aY’_c$ y $Z = Z_aZ_b \cap Z’_aZ’_b$, las intersecciones de las tangentes comunes a $\Gamma(B)$, $\Gamma(C)$; $\Gamma(A)$, $\Gamma(C)$  y $\Gamma(A)$, $\Gamma(B)$ respectivamente (figura 4).

Figura 4

Recordemos que la intersección de dos tangentes externas comunes a dos circunferencias es un centro de homotecia entre dichas circunferencias.

Entonces $X$ es un centro de homotecia para $\Gamma(B)$ y $\Gamma(C)$, por lo tanto
$\dfrac{XB}{XC} = \dfrac{BX_b}{CX_c}$.

Igualmente vemos que
$\dfrac{YC}{YA} = \dfrac{CY_c}{AY_a}$ y $\dfrac{ZB}{ZA} = \dfrac{BZ_b}{AZ_a}$.

Tomando en cuenta que $AZ_a = AY_a$, $BZ_b = BX_b$ y $CX_c = CY_c$, tenemos
$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA} = \dfrac{- AZ_a}{BZ_b} \dfrac{- BX_b}{CX_c} \dfrac{- CY_c}{AY_a} = – 1$.

Por lo tanto, por el teorema de Menelao $X$, $Y$ y $Z$ son colineales.

$\blacksquare$

Puntos isotómicos

Proposición 2. Los puntos isotómicos de tres puntos colineales son colineales.

Demostración. Recordemos que dos puntos en uno de los lados de un triángulo son isotómicos si equidistan al punto medio de ese lado.

Sean $\triangle ABC$ y $X$, $Y$, $Z$ en los lados $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente tal que $XYZ$ es una recta, consideremos $X’$, $Y’$ y $Z’$ sus correspondientes puntos isotómicos.

Figura 5

Entonces
$\dfrac{AZ’}{Z’B} \dfrac{BX’}{X’C} \dfrac{CY’}{Y’A} = \dfrac{ZB}{AZ} \dfrac{XC}{BX} \dfrac{YA}{CY} = (\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA})^-1 = – 1$.

Por lo tanto, por el teorema de Menelao $X’$, $Y’$ y $Z’$ son colineales.

$\blacksquare$

Proposición 3. Si sobre los lados de $\triangle ABC$ tenemos pares de puntos isotómicos $X$, $X’ \in BC$, $Y$, $Y’ \in CA$ y $Z$, $Z’ \in AB$ entonces las áreas de los triángulos $\triangle XYZ$ y $\triangle X’Y’Z’$ coinciden.

Demostración. Sean $U = ZY \cap BC$ y $U’ = Z’Y’ \cap BC$, consideremos $D$ y $F$ las proyecciones de $X$ y $C$ en $ZU$, entonces $\triangle XDU \sim \triangle CEU$.

Figura 6

Entonces,
$\dfrac{(\triangle XYZ)}{(\triangle CYZ)} = \dfrac{XD}{CE} = \dfrac{XU}{CU}$.

Igualmente vemos que, $\dfrac{(\triangle X’Y’Z’)}{(\triangle BY’Z’)} = \dfrac{X’U’}{BU’}$.

Por la proposición anterior, el punto isotómico de $U$ debe ser colineal con $Y’$ y $Z’$, por lo tanto, $U$ y $U’$ son isotómicos $\Rightarrow CU = U’B$ y $XU = U’X’$.

Por lo tanto $\dfrac{(\triangle XYZ)}{( \triangle CYZ)} = \dfrac{(\triangle X’Y’Z’)}{( \triangle BY’Z’)}$.

Pero $(\triangle CYZ) = (\triangle AY’Z) = (\triangle BY’Z’)$.

Por lo tanto, $\triangle XYZ$ y $\triangle X’Y’Z’$ tienen la misma área.

$\blacksquare$

Tarea moral

  1. Prueba que si una recta que pasa por el centroide $G$ de un triangulo $\triangle ABC$ interseca a $AB$ y $AC$ en $Z$ e $Y$ respectivamente, entonces $AZ \times YC + AY \times ZB = AZ \times AY$.
  2. Una recta interseca los lados de un cuadrilátero $\square ABCD$, $BC$, $CD$, $DA$ y $AB$ en $X$, $Y$, $Z$ y $W$ respectivamente, muestra que $\dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YD} \dfrac{DZ}{ZA} \dfrac{AW}{WB} = 1$.
  3. Una circunferencia cuyo centro es equidistante a los vértices $B$ y $C$ de un triángulo $\triangle ABC$ interseca a $AB$ en $P$ y $P’$ y a $AC$ en $Q’$ y $Q$, las rectas $PQ$ y $P’Q’$ intersecan a $BC$ en $X$ y $X’$ respectivamente, muestra que:
    $i)$ $BX \times BX’ = CX \times CX’$,
    $ii)$ $X$ y $X’$ son puntos isotómicos.
  4. Sean $\triangle ABC$ y $B’$ el punto medio de $CA$, considera $G$ el centroide de $\triangle ABC$, sea $P$ tal que $B’$ es el punto medio de $GP$, la paralela a $AC$ por $P$ interseca a $BC$ en $X$, la paralela a $AB$ por $P$ corta a $AC$ en $Y$, la paralela a $BC$ por $P$ interseca a $AB$ en $Z$ (figura 7), muestra que $X$, $Y$ y $Z$ son colineales.
Figura 7
  1. Demuestra que las mediatrices de las bisectrices de los ángulos internos de un triángulo, intersecan a los lados opuestos a los ángulos desde donde se trazo la bisectriz, en tres puntos colineales. Considera el segmento de bisectriz formado por el vértice y el punto de intersección con el lado opuesto.
  2. Considera $XYZ$ y $X’Y’Z’$ dos rectas transversales a los lados de un triángulo $\triangle ABC$, tales que $X$, $X’ \in BC$, $Y$, $Y’ \in CA$ y $Z$, $Z’ \in AB$, sean $D = Z’Y \cap BC$, $E = X’Z \cap CA$ y $F = Y’X \cap AB$, prueba que $D$, $E$ y $F$ son colineales.
  3. Demuestra el teorema de la recta de Simson usando el teorema de Menelao.
  4. Dadas tres circunferencias tales que dos a dos sus interiores son ajenos, muestra que las tangentes comunes externas de dos de ellas se intersecan en un punto colineal con las intersecciones de las tangentes comunes internas de esas dos circunferencias con la tercera.

Más adelante…

Con la ayuda del teorema de Menelao, en la próxima entrada definiremos y estableceremos algunos resultados sobre triángulos en perspectiva. También mostraremos el teorema de Pascal.

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Fuentes

  • Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 153-158.
  • Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 57-68.
  • Posamentier, A. y Salkind, C; Challenging Problems in Geometry. New York: Dover, 1996, pp 36-42.
  • Cárdenas, S., Notas de Geometría. México: Ed. Prensas de Ciencias, 2013, pp 85-88.