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Geometría Moderna I: Homotecia

Introducción

En esta entrada estudiamos el tema de homotecia, se trata de una transformación que lleva una figura del plano a otra semejante, con lados correspondientes paralelos y vértices correspondientes concurrentes, esto nos permite entre otras cosas, abordar algunos problemas de construcciones geométricas.

Definición 1. Considera un punto $H$, un conjunto de puntos $F$ y $0 \neq k$ un numero real, para cada $X \in F$ sea $X’$ tal que $X’$, $X$ y $H$ son colineales y $\dfrac{HX’}{HX} = k$.

Sea $F’$ el conjunto de puntos $X’$, diremos que los conjuntos $F$ y $F’$ son figuras homotéticas y los puntos $X$ y $X’$ son puntos homólogos.

$H$ se llama centro de homotecia, $k$ es la razón de homotecia y la relación entre $F$ y $F’$ es una homotecia con centro en $H$ y razón $k$. Por convención el centro de homotecia $H$ es su propio punto homólogo.

Si puntos homólogos de una homotecia están del mismo lado del centro de homotecia decimos que los conjuntos son directamente homotéticos y la razón de homotecia es positiva, si los puntos homólogos están en lados opuestos respecto del centro de homotecia decimos que las figuras son inversamente homotéticas y la razón de homotecia será negativa.

Homotecia de una recta

Teorema 1. La homotecia de una recta que no pasa por el centro de homotecia es una recta paralela.

Demostración. Sean $H$ y $k$ el centro y la razón de homotecia, y sea $l$ una recta que no pasa por $H$. Tomemos tres puntos arbitrarios $P$, $Q$, $R \in l$, sean $P’$, $Q’$ y $R’$ sus correspondientes puntos homólogos.

Figura 1

Como $\dfrac{HP’}{HP} = k = \dfrac{HQ’}{HQ}$, por el reciproco del teorema de Thales, $\overline{PQ} \parallel \overline{P’Q’}$, análogamente $\overline{QR} \parallel \overline{Q’R’}$ y $\overline{PR} \parallel \overline{P’R’}$.

Supongamos que $P’$, $Q’$ y $R’$ no son colineales, entonces $\triangle P’Q’R’$ es un triángulo y así $\triangle PQR$ es un triángulo con lados paralelos a los de $\triangle P’Q’R’$, lo cual es una contradicción, pues $\overline{PQR}$ es una recta.

Si fijamos $P$ y $Q$, y tomamos $R$ como variable, entonces $P’$ y $Q’$ son fijos y $R’$ es variable, así todos los puntos $R’$ son colineales con $P’$ y $Q’$.

Por lo tanto, la homotecia de una recta es una recta paralela a esta.

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Definición 2. Decimos que dos polígonos $ABCD…$ y $A’B’C’D’…$ son semejantes si los correspondientes lados son proporcionales $\dfrac{AB}{A’B’} = \dfrac{BC}{B’C’} =…$ y los ángulos correspondientes son iguales $\angle A = \angle A’$, $\angle B = \angle B’$, $…$

Corolario. Dos polígonos homotéticos son semejantes.

Demostración. Sean $A$, $B$ y $C$ vértices de un polígono $ABCD…$, entonces por el teorema anterior, los lados del triángulo $\triangle A’B’C’$, formado por los puntos homólogos de $A$, $B$ y $C$, son paralelos a los lados correspondientes de $\triangle ABC$, por lo tanto, los triángulos son semejantes y así los ángulos correspondientes son iguales y los lados correspondientes son proporcionales.

$\blacksquare$

Polígonos homotéticos

Teorema 2. Si los lados correspondientes de dos polígonos son proporcionales y paralelos entonces los polígonos son homotéticos.

Demostración. Sean $ABCD…$ y $A’B’C’D’…$ dos polígonos que cumplen las condiciones dadas, sea $H$ la intersección de las rectas $\overline{AA’}$ y $\overline{BB’}$ y supongamos que $\overline{CC’}$ no pasa por $H$, entonces sea $H’ = \overline{CC’} \cap \overline{BB’}$.

Figura 2

Como $\overline{AB} \parallel \overline{A’B’}$ y $\overline{BC} \parallel \overline{B’C’}$ entonces $\triangle HAB \sim \triangle HA’B’$ y $\triangle H’BC \sim \triangle H’B’C’$
$\Rightarrow \dfrac{AB}{A’B’} = \dfrac{HB}{HB’}$ y $\dfrac{BC}{B’C’} = \dfrac{H’B}{H’B’}$ 

Ya que los lados correspondientes de $ABCD…$ son proporcionales a los de $A’B’C’D’…$, entonces $ \dfrac{HB}{HB’} = \dfrac{AB}{A’B’} = \dfrac{BC}{B’C’} = \dfrac{H’B}{H’B’} $
$\Rightarrow \dfrac{HB}{HB’} – 1= \dfrac{H’B}{H’B’} – 1 \Rightarrow \dfrac{HB – HB’}{HB’} = \dfrac{H’B – H’B’}{H’B’}$
$\Rightarrow \dfrac{B’B}{HB’} = \dfrac{B’B}{H’B’} \Rightarrow HB’ = H’B’$

Por lo tanto, $H = H’$

Así, $\overline{AA’}$, $\overline{BB’}$ y $\overline{CC’}$ son concurrentes y $\dfrac{HA’}{HA} = \dfrac{HB’}{HB} = \dfrac{HC’}{HC}$, es análogo ver que las demás rectas que unen vértices correspondientes concurren en $H$.

Por tanto, $ABCD…$ y $A’B’C’D’…$ se encuentran en homotecia desde $H$ y por el corolario 1, $ABCD…$ y $A’B’C’D’…$, son semejantes, la razón de homotecia es la razón de semejanza, $\dfrac{HA’}{HA} = \dfrac{AB}{A’B’} = \dfrac{BC}{B’C’} =…$.

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Observación 1. Si la razón de homotecia es 1, los lados correspondientes de las figuras $ABCD…$ y $A’B’C’D’…$ son congruentes y así $\square AA’B’B$ es un paralelogramo, es decir $\overline{AA’}$ y $\overline{BB’}$ no pueden ser concurrentes.

Observación 2. En el caso particular cuando los polígonos son triángulos, solo es necesario pedir que los lados correspondientes sean paralelos, pues esto asegura la semejanza y por tanto la condición de proporcionalidad.

Rectas concurrentes

Proposición. Sea $\triangle ABC$ un triángulo y sean $D$, $E$ y $F$ los puntos de tangencia del incírculo $(I, r)$ de $\triangle ABC$, con los lados $\overline{BC}$, $\overline{AC}$ y $\overline{AB}$ respectivamente, sean $A’$, $B’$ y $C’$ la intersección de las rectas $\overline{AI}$, $\overline{BI}$ y $\overline{CI}$ con el circuncírculo del triángulo $\triangle ABC$, entonces la rectas $\overline{A’D}$, $\overline{B’E}$ y $\overline{C’F}$ son concurrentes.

Demostración. Notemos que $AF = AE$, pues son las tangentes trazadas desde $A$ a $(I, r)$ , como $\triangle AEF$ es isósceles entonces la bisectriz de $A$ es perpendicular a $\overline{EF}$, $\overline{AI} \perp \overline{EF}$.

Figura 3

Por otro lado, tenemos que $\angle C’B’B = \angle C’CB = \dfrac{\angle C}{2}$ pues abarcan el mismo arco; el ángulo $\angle B’IA$ es un ángulo exterior del triángulo $\triangle AIB$, entonces
$\angle B’IA = \angle BAI + \angle IBA = \dfrac{\angle A + \angle B}{2}$.

Sea $G = \overline{AI} \cap \overline{C’B’}$, en el triángulo $\triangle GIB’$ tenemos que $\angle IGB’ = \pi – (\angle C’B’B + \angle B’IA) = \pi – \dfrac{\angle A + \angle B + \angle C}{2} = \dfrac{\pi}{2}$.

Por lo tanto, $\overline{AI} \perp \overline{B’C’}$ $\Rightarrow \overline{EF} \parallel \overline{B’C’}$, de manera análoga podemos ver que $\overline{ED} \parallel \overline{B’A’}$ y $\overline{DF} \parallel \overline{A’C’}$.

De lo anterior se sigue que $\triangle DEF \sim \triangle A’B’C’$, y por el teorema 2, $\overline{A’D}$, $\overline{B’E}$ y $\overline{C’F}$ concurren en algún punto $H$ que es el centro de homotecia de los triángulos $\triangle DEF$ y $\triangle A’B’C’$.

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Inscribir un triángulo en otro triángulo dado

Problema. En un triángulo dado inscribir un triángulo cuyos lados sean perpendiculares a los lados del triángulo dado.

Solución. Sea $\triangle ABC$ el triángulo dado, la idea es construir una homotecia desde uno de los vértices, tomemos $D \in \overline{BC}$, distinto de $B$, $C$ y también diferente al pie de la altura por $A$.

Por $D$ trazamos la perpendicular a $\overline{BC}$ que interseca a $\overline{AC}$ en $E$, por $E$ trazamos la perpendicular a $\overline{AC}$ que interseca a $\overline{AB}$ en $F$. Por $F$ trazamos la perpendicular a $\overline{AB}$ que interseca a $\overline{DE}$ en $G$.

Figura 4

Sea $G’ = \overline{BC} \cap \overline{AG}$, por $G’$ trazamos la paralela a $\overline{GE}$ que interseca a $\overline{AC}$ en $E’$, también trazamos la paralela a $\overline{GF}$ por $G’$ que interseca a $\overline{AB}$ en $F’$.

Por construcción $\overline{EE’}$, $\overline{FF’}$ y $\overline{GG’}$ concurren en $A$, $\overline{G’F’} \perp \overline{AB}$ y $\overline{G’E’} \perp \overline{AC}$.

Como $\triangle AF’G’ \sim \triangle AFG$ y $\triangle AG’E’ \sim \triangle AGE$
$\dfrac{AF’}{AF} = \dfrac{AG’}{AG} = \dfrac{AE’}{AE}$.

Por tanto, $E’$, $F’$ y $G’$ son puntos homólogos de $E$, $F$ y $G$ respectivamente, con centro de homotecia en $A$.

Por el teorema 1, $\overline{E’F’} \parallel \overline{EF}$ y así $\overline{E’F’} \perp \overline{AC}$.

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Observación. Notemos que construimos $ \overline{DE} \perp \overline{BC}$ y tal que $E \in \overline{AC}$, pero pudimos haber construido $E \in \overline{AB}$ de lo que resultaría un triangulo distinto $\triangle E’F’G’$ y por lo tanto tenemos dos soluciones.

Homotecia de una circunferencia

Teorema 3. La homotecia de una circunferencia es una circunferencia.

Demostración. Sea $(O, r)$ una circunferencia y consideremos una homotecia con centro en $H$ y razón $k$. Tomemos $P \in (O, r)$, y sean $P’$ y $O’$ los puntos homólogos de $P$ y $O$ respectivamente.

Como $\overline{P’O’} \parallel \overline{PO}$ entonces $\triangle HO’P’ \sim \triangle HOP$
$\Rightarrow \dfrac{O’P’}{OP} = \dfrac{HP’}{HP} = k$
$\Rightarrow O’P’ = k \times OP = kr$

Figura 5

Por lo tanto, si $P$ describe una circunferencia, su punto homologo $P’$, se mueve a una distancia fija $kr$ de un punto fijo $O’$, esto es una circunferencia con centro en $O’$ y radio $r’ = kr$, $(O’, r’)$.

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Observaciones. Notemos que los respectivos centros $O$ y $O’$ son puntos homólogos y que la razón entre los radios de las circunferencias homotéticas es la razón de homotecia.

Recordemos que por convención, el punto homólogo del centro de homotecia es el mismo y como el centro de homotecia es colineal con los centros de las circunferencias homotéticas, si una de las circunferencias pasa por el centro de homotecia $H$, entonces la otra circunferencia también pasara por $H$ y ambas serán tangentes en $H$.

Figura 6

Si tomamos como centro de una circunferencia el centro de homotecia entonces las circunferencias homotéticas serán concéntricas.

Un triangulo variable

Teorema 4. Si un vértice de un triángulo variable esta sobre un punto fijo, un segundo vértice esta sobre una circunferencia dada y el triángulo variable siempre es semejante a un triángulo dado, entonces el tercer vértice del triángulo describe una circunferencia.

Demostración. Sea $\triangle ABC$ una de las posiciones del triángulo variable, donde $B$ es el punto fijo y $C$ está en $(O, r)$, la circunferencia dada.

Sea $C’ \in \overline{AB}$ tal que $BC’ = BC$, sobre $\overline{BC’}$ construimos un triángulo $\triangle BO’C’$ congruente a $\triangle BOC$, de tal manera que sea posible a través de una rotación con centro en $B$ superponer $\triangle BOC$ con $\triangle BO’C’$.

Como $\angle OBC = \angle O’BC’$ entonces $\angle OBO’ = \angle CBC’ = \angle CBA$, este último ángulo es fijo por lo que la dirección de la recta $\overline{BO’}$ es fija.

$BO’ = BO$ entonces $O’$ es un punto fijo para cualquier otra posición del triángulo variable $\triangle ABC$.

Como $CO’ = CO = r$, entonces todos los puntos $C’$ se mueven a una distancia fija $r$ de un punto fijo $O’$, por lo tanto, $C’$ describe una circunferencia.

Ya que $\dfrac{BA}{BC’} = \dfrac{BA}{BC}$ y esta última razón es fija, pues todos los triángulos $\triangle ABC$ son semejantes entre sí, $A$ y $C’$ son puntos homólogos de una homotecia con centro en $B$ y razón $\dfrac{BA}{BC}$, y como $C’$ describe una circunferencia, entonces por el teorema 1, $A$ también describe una circunferencia.

$\blacksquare$

Observación. Notemos que en el punto fijo se puede construir cualquiera de los tres ángulos dados, así, en el vértice que esta en el circulo dado tenemos otras dos elecciones, y el tercer vértice lo podemos construir a ambos lados del segmento $\overline{BC}$, con lo que en total existen $12$ circunferencias diferentes que puede describir el tercer vértice.   

Homotecia entre dos circunferencias dadas

Teorema 5. Dadas dos circunferencias de centros o radios distintos, siempre es posible encontrar una homotecia entre las dos.

Demostración. Sean $(O, r)$ y $(O’, r’)$ tal que $O \neq O’$ y $r \neq r’$, tomemos $P \in (O, r)$ y tracemos por $O’$ un radio $\overline{O’P’}$ paralelo a $\overline{OP}$, sea $H = \overline{OO’} \cap \overline{PP’}$.

Entonces $\triangle HO’P’ \sim \triangle HOP$ 
$\Rightarrow \dfrac{HP’}{HP} = \dfrac{HO’}{HO} = \dfrac{O’P’}{OP} = \dfrac{r’}{r}$.

Figura 7

En consecuencia, la homotecia con centro en $H$ y razón $k = \dfrac{r’}{r}$ lleva a $(O, r)$ en $(O’, r’)$.

Ahora consideremos $P’’$ el punto diametralmente opuesto a $P’$ en $(O’, r’)$, sea $H’ = \overline{OO’} \cap \overline{PP’’}$, entonces $\triangle H’O’P’’ \sim \triangle H’OP$
$\Rightarrow \dfrac{H’P’’}{H’P} = \dfrac{H’O’}{H’O} = \dfrac{O’P’’}{OP} = \dfrac{r’}{r} = k$.

Así, hemos encontrado dos homotecias entre $(O, r)$ y $(O’, r’)$.

$\blacksquare$

Observación. Si las circunferencias son concéntricas entonces solo hay una homotecia entre ellas, la que tiene como centro el centro de las circunferencias.

Si las circunferencias tienen el mismo radio entonces la única homotecia entre ellas es la que tiene como centro el punto medio del segmento que une los radios.

Tangentes comunes a dos circunferencias

Proposición 2. Rectas tangentes comunes a dos circunferencias pasan por un centro de homotecia.

Demostración. Supongamos que $\overline{TT’}$ es una recta tangente exterior (es decir, la recta $\overline{TT’}$ corta al segmento $\overline{OO’}$ exteriormente) a dos circunferencias $(O, r)$ y $(O’, r’)$, donde $T \in (O, r)$ y $T’ \in (O’, r’)$.

Sea $H = \overline{OO’} \cap \overline{TT’}$, como $\overline{O’T’} \parallel \overline{OT}$ entonces $\triangle HO’T’ \sim \triangle HOT$
$\Rightarrow \dfrac{HT’}{HT} = \dfrac{HO’}{HO} = \dfrac{O’T’}{OT} = \dfrac{r’}{r}$.

Figura 8

Como el punto que divide externamente al segmento $\overline{OO’}$ en la razón $\dfrac{r’}{r}$ es único, entonces $H$ es un centro de homotecia de $(O, r)$ y $(O’, r’)$.

De manera análoga vemos que las tangentes internas de dos circunferencias pasan por un centro de homotecia.

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Tarea moral

  1. $i)$ Dado un triángulo $\triangle ABC$, construye $D \in \overline{AB}$ y $E \in \overline{AC}$ tal que $BD = DE = EC$.
    $ii)$ Construir un triangulo $\triangle ABC$ dados $\angle A$, $AB + BC$ y $AC + BC$.
  2. Si dos triángulos están en homotecia muestra que sus incentros, circuncentros, ortocentros y centroides son puntos homólogos, y que sus bisectrices, mediatrices, alturas y medianas son rectas homotéticas.
  3. Dadas dos rectas $l_1$ y $l_2$ que se intersecan en un punto inaccesible, trazar una recta que pase por un punto dado $P$ y la intersección de las rectas dadas (figura 9).
Figura 9
  1. En un triangulo dado inscribir un triangulo cuyos lados sean paralelos a las bisectrices internas del triángulo dado.
  2. Construye un triángulo semejante a un triángulo dado, de tal forma que un vértice sea un punto dado y los otros dos vértices estén sobre dos circunferencias dadas.
  3. Construye un triangulo $\triangle ABC$ dado su incentro, el punto medio del lado $\overline{BC}$ y el pie de la altura por $A$.
  4. Lema de Arquímedes. Sea $\Gamma_2$ una circunferencia internamente tangente a una circunferencia $\Gamma_1$ en un punto $H$, considera $\overline{AB}$, una cuerda de $\Gamma_1$ que es tangente a $\Gamma_2$ en $P$, sea $Q$ el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{AB}$ (figura 10), muestra que:
    $i)$ $Q$, $P$ y $H$ son colineales,
    $ii)$ $QP \times QH = QB^2$.
Figura 10
  1. Sea $\triangle ABC$, considera $(I, r)$ y $(I_b, r_b)$ su incírculo y $B$-excírculo respectivamente, sean $D$ el punto de tangencia de $\overline{AC}$ con $(I, r)$ y $D’$ el punto diametralmente opuesto a $D$ en $(I, r)$, sea $E = \overline{BD’} \cap \overline{AC}$, muestra que $E$ es el punto de tangencia de $\overline{AC}$ con $(I_b, r_b)$ y que el punto medio de $\overline{AC}$ es el punto medio de $\overline{DE}$.

Más adelante…

En la siguiente entrada hablaremos sobre la potencia de un punto con respecto a una circunferencia, es una herramienta útil que nos permite establecer una medida de la distancia de un punto a una circunferencia.

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