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Geometría Moderna I: Triángulos en perspectiva

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

Introducción

En esta entrada mostraremos el teorema de Desargues que nos habla sobre triángulos en perspectiva, también mostraremos los teoremas de Pascal y de Pappus, estos nos dicen cuando los lados opuestos de un hexágono se intersecan en puntos colineales.

Definición. Dos triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ están en perspectiva desde una recta si los lados correspondientes $AB$, $A’B’$; $BC$, $B’C’$ y $CA$, $C’A’$ se intersecan en puntos colineales, a dicha recta se le conoce como eje de perspectiva.

Dos triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ están en perspectiva desde un punto si las rectas que unen vértices correspondientes $AA’$, $BB’$ y $CC’$ son concurrentes, a dicho punto se le conoce como centro de perspectiva.

Observación. Notemos que ya hemos trabajado con un tipo especial de perspectiva, la homotecia, donde los vértices correspondientes son concurrentes pero los lados correspondientes son paralelos.

En este caso el centro de perspectiva es el centro de homotecia y como las rectas paralelas se intersecan en el punto al infinito entonces la recta al infinito es el eje de perspectiva.

El siguiente teorema generaliza esta dualidad eje-centro de perspectiva.

Teorema de Desargues

Teorema 1, de Desargues. Dos triángulos tienen un centro de perspectiva si y solo si tienen un eje de perspectiva.

Demostración. Consideremos dos triángulos, $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$,
sean $R = AB \cap A’B’$, $P = BC \cap B’C’$ y $Q = CA \cap C’A’$.

Figura 1

Supongamos que $AA’$, $BB’$ y $CC’$ concurren en $S$, aplicamos el teorema de Menelao a $\triangle SAB$, $\triangle SAC$ y $\triangle SBC$ con sus respectivas transversales $B’A’R$, $C’A’Q$ y $B’C’P$.

$\begin{equation} \dfrac{SA’}{A’A} \dfrac{AR}{RB} \dfrac{BB’}{B’S} = -1, \end{equation}$
$\begin{equation} \dfrac{SA’}{A’A} \dfrac{AQ}{QC} \dfrac{CC’}{C’S} = -1, \end{equation}$
$ \begin{equation} \dfrac{SB’}{B’B} \dfrac{BP}{PC} \dfrac{CC’}{C’S} = -1. \end{equation}$

Hacemos el cociente de $(1)$ entre $(2)$ y obtenemos
$\begin{equation} \dfrac{AR}{RB} \dfrac{BB’}{B’S} \dfrac{QC}{AQ} \dfrac{C’S}{CC’} = 1. \end{equation}$

Multiplicamos $(3)$ por $(4)$ y obtenemos
$\dfrac{AR}{RB} \dfrac{BP}{PC} \dfrac{QC}{AQ} = – 1$.

Por lo tanto, por el teorema de Menelao, $P$, $Q$ y $R$ son colineales.

$\blacksquare$

Conversamente, supongamos que $RPQ$ es una recta y sea $S = BB’ \cap CC’$.

Notemos que $QR$, $CB$ y $C’B$ concurren en $P$ (figura 1), por lo tanto, $\triangle QCC’$ y $\triangle RBB’$ están en perspectiva desde $P$, por la implicación que ya probamos los puntos $A = QC \cap RB$, $A’ = QC’ \cap RB’$ y $S = BB’ \cap CC’$, son colineales.

Por lo tanto, $AA’$, $BB’$ y $CC’$ concurren en $S$.

$\blacksquare$

Punto de Gergonne

Proposición. Considera un triángulo $\triangle ABC$ y su incírculo $\Gamma$, sean $D$, $E$ y $F$ los puntos de tangencia de $\Gamma$ con los lados $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente, entonces $AD$, $BE$ y $CF$ son concurrentes, en un punto conocido como punto de Gergonne.

Demostración. En la entrada anterior demostramos que los triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle DEF$ están en perspectiva desde la recta de Gergonne de $\triangle ABC$, es decir, $AB$, $DE$; $BC$, $EF$ y $CA$, $FD$ se intersecan en tres puntos colineales.

Figura 2

Por lo tanto, por el teorema de Desargues $AD$, $BE$ y $CF$ son concurrentes

$\blacksquare$

Triángulos con dos ejes de perspectiva

Teorema 2. Si dos triángulos tienen dos ejes de perspectiva entonces tienen tres ejes de perspectiva.

Demostración. Supongamos que los triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ están en perspectiva desde dos rectas, es decir, los puntos, $Z = AB \cap B’C’$, $X = BC \cap C’A’$ y $Y = CA \cap A’B’$ son colineales y los puntos $R = AB \cap C’A’$, $P = BC \cap A’B’$ y $Q = CA \cap B’C’$ son colineales.

Sean $F = AB \cap A’B’$, $D = BC \cap B’C’$ y $E = CA \cap C’A’$, aplicamos el teorema Menelao a $\triangle ABC$ y las transversales $DZQ$, $FPY$ y $EXR$.

Figura 3

$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BD}{DC} \dfrac{CQ}{QA} = -1$,
$\dfrac{AF}{FB} \dfrac{BP}{PC} \dfrac{CY}{YA} = -1$,
$\dfrac{AR}{RB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CE}{EA} = -1$.

Multiplicamos estas tres igualdades y reordenamos
$\dfrac{AF}{FB} \dfrac{BD}{DC} \dfrac{CE}{EA} (\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA}) (\dfrac{AR}{RB} \dfrac{BP}{PC} \dfrac{CQ}{QA}) = – 1$.

Recordemos que como $X$, $Y$, $Z$ y $P$, $Q$, $R$ son colineales entonces
$\dfrac{AZ}{ZB} \dfrac{BX}{XC} \dfrac{CY}{YA} = – 1$,
$\dfrac{AR}{RB} \dfrac{BP}{PC} \dfrac{CQ}{QA} = – 1$.

Por lo tanto
$\dfrac{AF}{FB} \dfrac{BD}{DC} \dfrac{CE}{EA} = -1$.

Y por el teorema de Menelao $D$, $E$ y $F$ son colineales.

$\blacksquare$

Corolario. Si dos triángulos tienen dos centros de perspectiva entonces tienen tres centros de perspectiva.

Demostración. Por el teorema de Desargues, si dos triángulos tienen dos centros de perspectiva entonces tienen dos ejes de perspectiva.

Por el teorema anterior, existe un tercer eje de perspectiva.

Nuevamente por el teorema de Desargues, existe un tercer centro de perspectiva.

$\blacksquare$

Teorema de Pappus

Teorema 3, de Pappus. Si los vértices de un hexágono se encuentran alternadamente sobre dos rectas entonces los lados opuestos se intersecan en tres puntos colineales.

Demostración. Sean $ABCDEF$ un hexágono tal que $AEC$ y $DBF$ son dos rectas distintas,
$P = EF \cap AB$, $Q = AB \cap CD$, $R = CD \cap EF$,
$P’ = BC \cap ED$, $Q’ = DE \cap FA$ y $R’ = FA \cap BC$.

Figura 4

Notemos que las rectas $AEC$ y $DBF$ son dos ejes de perspectiva de $\triangle PQR$ y $\triangle P’Q’R’$, pues
$A = PQ \cap Q’R’$, $C = QR \cap R’P’$, $E = RP \cap P’Q’$,
$B = PQ \cap R’P’$, $D = QR \cap P’Q’$ y $F = RP \cap Q’R’$.

Por el teorema anterior $X = PQ \cap P’Q’$, $Y = QR \cap Q’R’$ y $Z = RP \cap R’P’$, son colineales.

$\blacksquare$

Teorema de Pascal

Teorema 4, de Pascal. En todo hexágono cíclico los pares de lados opuestos se intersecan en tres puntos colineales.

Demostración. Sean $ABCDEF$ un hexágono cíclico,
$X = AB \cap DE$, $Y = BC \cap EF$, $Z = CD \cap FA$ las intersecciones de los lados opuestos,
consideremos $P = DE \cap FA$, $Q = FA \cap BC$ y $R = BC \cap DE$.

Figura 5

Aplicaremos el teorema de Menelao a $\triangle PQR$ y las transversales $AXB$, $CDZ$ y $FEY$.
$\dfrac{PA}{AQ} \dfrac{QB}{BR} \dfrac{RX}{XP} = – 1$,
$\dfrac{PZ}{ZQ} \dfrac{QC}{CR} \dfrac{RD}{DP} = – 1$,
$\dfrac{PF}{FQ} \dfrac{QY}{YR} \dfrac{RE}{EP} = – 1$.

Si multiplicamos las tres ecuaciones y reacomodamos obtenemos
$\dfrac{PZ}{ZQ} \dfrac{QY}{YR} \dfrac{RX}{XP} (\dfrac{PF \times PA}{PE \times PD}) (\dfrac{QB \times QC}{QF \times QA}) (\dfrac{RD \times RE}{RC \times RB}) = -1$.

Por otro lado, las potencias de $P$, $Q$ y $R$ respeto al circuncírculo de $ABCDEF$ son la siguientes
$PF \times PA = PE \times PD$,
$QF \times QA = QB \times QC$,
$RD \times RE = RC \times RB$.

Por lo tanto $\dfrac{PZ}{ZQ} \dfrac{QY}{YR} \dfrac{RX}{XP} = -1$.

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

$\blacksquare$

Casos limite en el teorema de Pascal

Existen casos limite donde podemos hacer uso del teorema de Pascal, es decir, podemos considerar un triángulo, un cuadrilátero o un pentágono como un hexágono donde dos vértices se aproximaron hasta volverse uno solo y como consecuencia el lado comprendido entre ellos se vuelve una tangente al circuncírculo en dicho punto.

A continuación, ilustramos esto con un ejemplo.

Problema 1. Considera $\Gamma$ una circunferencia y $l$ una recta, $K \in l$ fuera de $\Gamma$, $P$, $Q \in \Gamma$, sean $KA$ y $KB$ las tangentes desde $K$ a $\Gamma$, $X = PA \cap l$, $Y = PB \cap l$, $C = QX \cap \Gamma$ y $D = QY \cap \Gamma$. Muestra que las tangentes a $\Gamma$ en $C$ y $D$ se intersecan en $l$.

Demostración. Sea $M$ la intersección de las tangentes a $\Gamma$ en $C$ y $D$, $U = AC \cap BD$ y $V = AD \cap BC$.

Figura 6

Por el teorema de Pascal en el hexágono $APBCQD$, $V$ es colineal con $X$ e $Y$, es decir $V \in l$.

Ahora aplicamos el teorema de Pascal al hexágono $AACBBD$, $U$ es colineal con $V$ y $K$, es decir $U \in l$.

Aplicando nuevamente Pascal a $ACCBDD$ tenemos que $M$ es colineal con $U$ y con $V$.

Por lo tanto, $M \in l$.

$\blacksquare$

Pascal, Desargues y un punto al infinito

Problema 2. Sean $\triangle ABC$ un triángulo acutángulo, $B’$ y $C’$ los puntos medios de $CA$ y $AB$ respectivamente, sea $\Gamma_1$ una circunferencia que pasa por $B’$ y $C’$ y que es tangente al circuncírculo de $\triangle ABC$, $\Gamma(ABC)$ en $T$. Muestra que $T$, el pie de la altura por $A$, y el centroide de $\triangle ABC$, son colineales.

Demostración. Sean $B’’ = TB’ \cap \Gamma(ABC)$, $C’’ = TC’ \cap \Gamma(ABC)$ y $D’ = BB’’ \cap CC’’$

Figura 7

Por el teorema de Pascal en el hexágono $ABB’’TC’’C$, $B’$, $D’$ y $C’$ son colineales.

Notemos que existe una homotecia con centro en $T$ que lleva a $\Gamma_1$ en $\Gamma(ABC)$, así que, $C’B’ \parallel C’’B’’$.

Como resultado, $\angle C’’CB = \angle CC’’B’’ = \angle CBB’’$, pues $\angle CC’’B’’$ y $\angle CBB’’$ abarcan el mismo arco.

En consecuencia, $\triangle D’BC$ es isósceles, por lo tanto, el pie de la altura por $D’$ en $\triangle D’BC$ es $A’$, el punto medio de $BC$, o conversamente, la proyección de $A’$ el punto medio de $BC$, en $B’C’$ es $D’$.

Recordemos que existe una homotecia con centro en $G$, el centroide de $\triangle ABC$, que lleva a $\triangle A’B’C’$ en $\triangle ABC$, como $D$ es el pie de altura por $A$ en $\triangle ABC$ y $D’$ el pie de la altura por $A’$ en $\triangle A’B’C’$, entonces $D$ y $D’$ son puntos homólogos en esta homotecia, por lo tanto, $D$, $G$ y $D’$ son colineales.

Por otro lado, como $BB’$, $CC’$ y $DD’$ concurren en $G$, $\triangle D’BC$ y $\triangle DB’C’$ están en perspectiva desde $G$.

Por el teorema de Desargues, los puntos $X = D’B \cap DB’$, $Y = D’C \cap DC’$, $P = BC \cap B’C’$, son colineales, pero $P$ es un punto ideal, pues por la homotecia entre $\triangle A’B’C’$ y $\triangle ABC$, $B’C’ \parallel BC$.

En consecuencia, $XY \parallel B’C’$.

Como $DB’ \cap D’B’’ = X$, $DC’ \cap D’C’’ = Y$ y $B’C’ \cap B’’C’’ = P$, entonces $\triangle DB’C’$ y $\triangle D’B’’C’’$ están en perspectiva desde $XY$, por el teorema de Desargues, $DD’$, $B’B’’$ y $C’C’’$ son concurrentes.

Por lo tanto, $T$, $D$ y $G$ son colineales.

$\blacksquare$

Tarea moral

Los siguientes ejercicios te ayudarán a repasar los conceptos vistos en esta entrada.

  1. Muestra que si tres triángulos:
    $i)$ tienen un eje común de perspectiva, entonces los tres centros de perspectiva son colineales,
    $ii)$ tienen un centro común de perspectiva, entonces los tres ejes de perspectiva son concurrentes.
  2. Muestra que todo triángulo esta en perspectiva desde una recta con:
    $i)$ su triángulo medial,
    $ii)$ su triángulo órtico.
  3. Sean $\triangle ABC$ y $D \in BC$, $\Gamma_1$, $\Gamma_2$, considera los incírculos de $\triangle ABD$ y $\triangle ADC$ respectivamente, $\Gamma_3,$ $\Gamma_4$ los excírculos tangentes a $BC$ de $\triangle ABD$ y $\triangle ADC$ respectivamente (figura 8). Prueba que las tangentes comunes externas a $\Gamma_1$, $\Gamma_2$ y $\Gamma_3$, $\Gamma_4$, concurren en $BC$.
Figura 8
  1. Sea $\square BB’C’C$ un rectángulo construido externamente sobre el lado $BC$ de un triángulo $\triangle ABC$, sean sea $A’ \in BC$, el pie de la altura por $A$, $X = AB \cap A’B’$, $Y = CA \cap C’A’$, muestra que $XY \parallel BC$.
  2. Considera $\Gamma$ el circuncírculo de un triangulo $\triangle ABC$, sean $Q$ el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{AB}$ que no contiene a $C$, $R$ el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{CA}$ que no contiene a $B$, $P$ un punto en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$ que no contiene a $A$, $H = AB \cap PQ$, $J = CA \cap PR$, prueba que $HJ$ pasa por el Incentro de $\triangle ABC$.
  3. Sea $\triangle ABC$ y $B’ \in CA$, $C’ \in AB$, sean $D$, $E$ los puntos de tangencia de $\Gamma$ el incírculo de $\triangle ABC$, con $CA$ y $AB$ respectivamente, sean $C’X$ y $B’Y$ segmentos tangentes a $\Gamma$ tal que $X$, $Y \in \Gamma$ (figura 9), demuestra que $B’C’$, $DE$ y $XY$ son concurrentes.
Figura 9

Más adelante…

En la siguiente entrada mostraremos el teorema de Ceva, que nos da condiciones necesarias y suficientes para que tres rectas, cada una por un vértice distinto de un triángulo dado, sean concurrentes.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 71-82.
  • Lozanovski, S., A Beautiful Journey Through Olympiad Geometry. Version 1.4. 2020, pp 103-109.
  • Johnson, R., Advanced Euclidean Geometry. New York: Dover, 2007, pp 230-239.
  • Coxeter, H. y Greitzer, L., Geometry Revisited. Washington: The Mathematical Association of America, 1967, pp 67-76.

Geometría Moderna I: Segmento dirigido y teorema de Stewart

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

Introducción

En esta entrada presentamos los conceptos de segmento dirigido, razón en la que un punto divide a un segmento y punto al infinito, que nos serán de ayuda en los próximos temas, además demostramos el teorema de Stewart, el cual nos sirve para calcular el valor de cualquier ceviana en un triángulo.

Segmento dirigido

Para un segmento $AB$ hasta ahora solo habíamos considerado su magnitud, la cual siempre es positiva o $0$ si $A = B$, ahora también consideraremos el sentido en el que recorremos el segmento es decir de $A$ a $B$ o de $B$ a $A$, lo que nos permitirá asignarles un signo.

Si hacemos el recorrido $AB$ y luego el recorrido $BA$ entonces terminaremos en $A$ que es donde empezamos, por lo que podemos decir que:

$\begin{equation} AB + BA = 0 \Leftrightarrow BA = – AB \Leftrightarrow AB = – BA. \end{equation}$

Figura 1

Igualmente, si tenemos tres puntos colineales $A$, $B$ y $C$, y hacemos el recorrido $AB$, luego $BC$ y al final $CA$, regresaremos al punto inicial, es decir:

$\begin{equation} AB + BC + CA = 0 \Leftrightarrow AB + BC = – CA = AC. \end{equation}$

donde la última igualdad se da por la ecuación $(1)$.

Teorema 1, de Euler. Para cualesquiera cuatro puntos colineales $A$, $B$, $C$ y $D$ tenemos lo siguiente: $AB \times CD + AC \times DB + AD \times BC = 0$.

Demostración. Por las ecuaciones $(1)$ y $(2)$ tenemos
$CD = CA + AD = – AC + AD$,
$DB = DA + AB = – AD + AB$,
$BC = BA + AC = – AB + AC$.

Entonces,
$AB \times CD + AC \times DB + AD \times BC$
$= AB(- AC + AD) + AC(- AD + AB) + AD(- AB + AC)$
$= – (AB \times AC) + (AB \times AD) – (AC \times AD) + (AC \times AB) – (AD \times AB) + (AD \times AC)$
$ = 0$.

$\blacksquare$

División de un segmento en una razón dada

Definición 1. Sean $AB$ un segmento y $P$ un punto en la recta $AB$ definimos la razón en que $P$ divide al segmento $AB$ como $\dfrac{AP}{PB}$.

Si $P$ esta entre $A$ y $B$ decimos que la división es interna y entonces $AP$ y $PB$ tienen el mismo sentido, por lo que la razón será positiva, si $P = A$ la razón será $0$ e ira creciendo hasta llegar a $1$ en el punto medio de $AB$ y continuará creciendo positivamente tanto como queramos mientras $P$ se acerque más a $B$ pero sin llegar a ser $B$.

Figura 2

 Si $P$ esta fuera del segmento $AB$ la división es externa, en tal caso $AP$ y $PB$ tienen sentidos opuestos, por lo tanto, la razón será negativa, para valores del lado opuesto a $B$ respecto de $A$, $|AP| < |PB|$, por lo tanto, la razón será mayor a $- 1$ y menor que $0$, si $P$ está en el lado opuesto a $A$ respecto de $B$ entonces $|AP| > |PB|$, por lo tanto, la razón será menor que $- 1$.

Teorema 2. Sean $A$ y $B$ dos puntos fijos entonces para todo número real $\lambda$ diferente de $- 1$, existe un único punto $P$ en la recta que pasa por $A$ y $B$ tal que la razón $\dfrac{AP}{PB} = \lambda$.

Demostración. Sean $AB = a$ y $AP = x$, por la ecuación $(2)$,
$PB = PA + AB = – AP + AB = – x + a$.

Por lo tanto, $\dfrac{x}{a – x} = \dfrac{AP}{PB} = \lambda$.

Resolviendo para $x$ obtenemos
$PA = x = \dfrac{a \lambda}{1 + \lambda}$.

Ahora supongamos que $\lambda > 0$ y que existen $P$ y $P’$ tal que $\dfrac{AP}{PB} = \lambda =  \dfrac{AP’}{P’B}$.

Por la observación hecha en la definición 1, $P$ y $P’$ están dentro del segmento $AB$, además $AP = \dfrac{a \lambda}{1 + \lambda} = AP’$.

Por lo tanto, $P = P’$.

Similarmente, en caso de que $\lambda < 0$ vemos que $P = P’$, solo hay que considerar dos subcasos, $\lambda > – 1$ y $\lambda < – 1$.

$\blacksquare$

Punto al infinito

Ahora consideremos una recta fija $AB$ y un punto fijo $Q$ fuera de la recta y consideremos el conjunto de todas las rectas que pasan por $Q$ e intersecan a $AB$, a cada recta que pasa por $Q$ le podemos asociar el punto $P$ de intersección con $AB$, notemos que cuanto más se aleja $P$ de $A$ y de $B$, $\dfrac{AP}{PB}$ se aproxima más a $- 1$, esto pasa en ambos sentidos, pero al mismo tiempo la rectas se parecen más a la paralela a $AB$ por $Q$.

Esto motiva la siguiente definición.

Definición 2. Decimos que dos rectas paralelas se intersecan en el punto al infinito, o punto ideal, el cual cumple lo siguiente.

  • Para cada recta en el plano, existe solo un punto ideal.
  • El conjunto de todos los puntos ideales se encuentran en una recta, llamada recta al infinito o recta ideal.
  • Si $P$ es el punto ideal de la recta $AB$ entonces $\dfrac{AP}{PB} = – 1$.

Teorema de Stewart

Teorema 3, de Stewart. Si $A$, $B$, $C$ son tres puntos colineales y $P$ cualquier otro punto en el plano entonces:
$PA^2 \times BC + PB^2 \times CA + PC^2 \times AB + AB \times BC \times CA = 0$.

Demostración. Supongamos que $P$ no pertenece a la recta $ABC$, sea $D$ la proyección de $P$ en $ABC$, por el teorema de Pitágoras y las ecuación $(1)$ y $(2)$ tenemos:

$PC^2 = PD^2 + CD^2$,

$PA^2 = PD^2 + AD^2 = PD^2 + (AC + CD)^2 = PD^2 + AC^2 + 2AC \times CD + CD^2$
$= PC^2 + AC^2 – 2CA \times CE$,

$PB^2 = PD^2 + BD^2 = PD^2 + (BC + CD)^2 = PD^2 + BC^2 + 2BC \times CD + CD^2$
$= PC^2 + BC^2 + 2BC \times CE$.

Figura 3

Multiplicamos $PA^2$ por $BC$ y $PA^2$ por $CA$, luego sumamos,
$PA^2 \times BC = PC^2 \times BC + AC^2 \times BC – 2CA \times CE \times BC$,
$PB^2 \times CA = PC^2 \times CA + BC^2 \times CA + 2BC \times CE \times CA$.

$PA^2 \times BC + PB^2 \times CA$
$= PC^2(BC + CA) + AC^2 \times BC – BC^2 \times AC$
$= PC^2 \times BA + AC \times BC(AC – BC)$
$= – PC^2 \times AB – CA \times BC(AC + CB)$.

Como resultado,
$PA^2 \times BC + PB^2 \times CA + PC^2 \times AB + AB \times BC \times CA = 0$.

Ahora supongamos que $P$ pertenece a la recta $ABC$, sea $Q$ un punto en la perpendicular a $ABC$ por $P$, por Pitágoras y el resultado anterior tenemos,

$QA^2 = QP^2 + PA^2, QB^2 = QP^2 + PB^2, QC^2 = QP^2 + PC^2$.

$\Rightarrow$
$0 = QA^2 \times BC + QB^2 \times CA + QC^2 \times AB + AB \times BC \times CA$
$= PA^2\times BC + PB^2\times CA + PC^2 \times AB + AB \times BC \times CA + QP^2(BC + CA + AB)$.

Como, $BC + CA + AB = 0$, por la ecuación $(2)$, se tiene el resultado esperado.

$\blacksquare$

Ejemplo

Problema. Muestra que si $A$, $B$ y $O$ son tres puntos colineales entonces
$OA^2 + OB^2 = AB^2 + 2OA \times OB$.

Solución. Por la eccuacion $(1)$, $AB = AO + OB$.

Entonces,
$AB^2 = AO^2 + 2AO \times OB + OB^2 = OA^2 – 2OA \times OB + OB^2$.

Por lo tanto,
$OA^2 + OB^2 = AB^2 + 2OA \times OB$.

$\blacksquare$

Tarea moral

Los siguientes ejercicios te ayudarán a repasar los conceptos vistos en esta entrada.

  1. Sean $A$, $B$ y $O$ tres puntos colineales, considera $M$, el punto medio de $AB$, muestra que $PM = \dfrac{PA + PB}{2}$.
  2. Si $P$, $O$, $A$, $B$ y $C$ son colineales y $OA + OB + OC = 0$, muestra que $PA + PB + PC = 3PO$.
  3. Muestra que si en la misma recta sucede que $OA + OB + OC = 0$ y $O’A’ + O’B’ + O’C’ = 0,$ entonces $AA’ + BB’ + CC’ = 3OO’$.
  4. ¿Qué nos dice el teorema de la bisectriz si el triángulo es isósceles o equilátero?
  5. Usando el teorema de Stewart, demuestra que en cualquier triángulo el cuadrado de la bisectriz interna de uno de los ángulos es igual al producto de los lados que forman dicho ángulo menos el producto de los segmentos en los cuales el lado opuesto es dividido por la bisectriz.
  6. Prueba que la suma de los cuadrados de las distancias desde el vértice del ángulo recto en un triángulo rectángulo a los puntos de trisección de la hipotenusa es igual a $\dfrac{5}{9}$ por el cuadrado de la hipotenusa.

Más adelante…

En la siguiente entrada estudiaremos los puntos notables del triángulo que resultan de la intersección de las mediatrices, las bisectrices, las medianas y las alturas del triángulo.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Johnson, R., Advanced Euclidean Geometry. New York: Dover, 2007, pp 2-8.
  • Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 151-153.
  • Posamentier, A. y Salkind, C; Challenging Problems in Geometry. New York: Dover, 1996, pp 45-47.
  • Shively, L., Introducción a la Geómetra Moderna. México: Ed. Continental, 1961, pp 13-15, 154.