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Geometría Moderna I: Circunferencias tritangentes

Introducción

En esta ocasión estudiaremos algunas propiedades de las circunferencias tritangentes de un triángulo, esto nos permitirá entre otras cosas, derivar formulas para el área del triángulo.

Definición 1. El incírculo $(I, r)$ y los tres excírculos $(I_a, r_a)$, $(I_b, r_b)$ y $(I_c, r_c)$ de un triángulo a veces son referidos como las circunferencias tritangentes del triángulo, sus centros como centros tritangentes y sus radios, radios tritangentes.

Centros tritangentes

Teorema 1. El segmento que une dos centros tritangentes de un triángulo es el diámetro de una circunferencia que contiene dos de los vértices del triángulo, los cuales no son colineales con los centros tritangentes considerados.

Demostración. Sean $\triangle ABC$, $\Gamma$ su circuncírculo, $I$, $I_a$, $I_b$ y $I_c$ sus centros tritangentes.

Consideremos la circunferencia $\Gamma(II_b)$ cuyo diámetro es $\overline{II_b}$, como las bisectrices internas y externas de $\angle A$, $\overline{AI}$ y $\overline{AI_b}$ son perpendiculares entonces $A \in \Gamma(II_b)$, de manera análoga vemos que $C \in \Gamma(II_b)$.

Figura 1

Como $\overline{AC}$ es cuerda de $\Gamma(II_b)$, entonces su mediatriz interseca a $\overline{II_b}$ en el centro $P$ de $\Gamma(II_b)$. Ya que $\overline{AC}$ es cuerda de $\Gamma$, entonces su mediatriz interseca al circuncírculo de $\triangle ABC$ en el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{CA}$ que no contiene a $B$.

Como $\overline{II_b}$ es bisectriz de $\angle B$ entonces $\overline{II_b}$ interseca al circuncírculo de $\triangle ABC$ en el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{CA}$ que no contiene a $B$.

Por lo tanto, el centro $P$ de $\Gamma(II_b)$ pertenece al circuncírculo de $\triangle ABC$

Ahora consideremos la circunferencia $\Gamma(I_aI_c)$, cuyo diámetro es $\overline{I_aI_c}$, como las bisectrices interna y externa de $\angle A$, son perpendiculares entonces $A \in \Gamma(I_aI_c)$, con un razonamiento análogo vemos que $C \in \Gamma(I_aI_c)$.

Considera el punto diametralmente opuesto a $P$, $P’$ en el circuncírculo de $\triangle ABC$ entonces $\angle PBP’$ es ángulo recto y como $\overline{BP}$ es la bisectriz interna de $\angle B$ entonces $\overline{BP’}$ es la bisectriz externa de $\angle B$.

Como $\overline{AC}$ es cuerda de $\Gamma(I_aI_c)$ entonces su mediatriz $\overline{PP’}$ interseca a $\overline{I_aI_c}$ en su punto medio.

Por lo tanto, el centro $P’$ de $\Gamma(I_aI_b)$ pertenece al circuncírculo de $\triangle ABC$ y $\overline{PP’}$es diámetro de $\Gamma$.

Del mismo modo podemos ver que $\Gamma(II_c)$, $\Gamma(I_bI_a)$ pasan por los vértices $A$, $B$ y que $\Gamma(II_a)$, $\Gamma(I_bI_c)$ pasan por los vertices $C$, $B$.

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Puntos de contacto

Notación. Nos referiremos a los puntos de tangencia de los círculos tritangentes $(I, r)$, $(I_a, r_a)$, $(I_b, r_b)$ y $(I_c, r_c)$ con el lado $\overline{BC}$ de un triángulo $\triangle ABC$ como $X$, $X_a$, $X_b$ y $X_c$ respectivamente. Usaremos las letras $Y$ y $Z$ para los lados $\overline{AC}$ y $\overline{AB}$ respectivamente.

Emplearemos la letra $s$ para referirnos al semiperímetro $\dfrac{a + b + c}{2}$ de un triángulo $\triangle ABC$ donde $BC = a$, $AC = b$  y $AB = c$.

Proposición 1. La distancia desde el vértice de un triángulo al punto de tangencia de su circuncírculo en uno de sus lados adyacentes es igual al semiperímetro menos la longitud del lado opuesto.

Demostración. Sea $\triangle ABC$ y $(I, r)$ su circuncírculo. Como las tangentes desde un punto exterior a una circunferencia son iguales entonces $AZ = AY$, $BZ = BX$ y $CX = CY$.

Figura 2

Por otra parte, $AZ + BZ + BX + CX + CY +AY = c + a + b = 2s$.

Por lo tanto, $AZ + BX + CX = s$

Y así, $AY = AZ = s – a$.

Similarmente, $BZ = BX = s – b$ y $CX = CY = s – c$.

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Proposición 2. La distancia desde el vértice de un triángulo al punto de tangencia del excírculo opuesto, a uno de los lados adyacentes al vértice considerado es igual al semiperímetro del triángulo.

Demostración. Sea $\triangle ABC$ y $(I_a, r_a)$, $(I_b, r_b)$ y $(I_c, r_c)$ sus excentros (figura 2). Como las tangentes desde un punto exterior a una circunferencia son iguales entonces
$AZ_a = AY_a$, $BX_b = BZ_b$ y $CX_c = CY_c$.

Por otro lado,
$AZ_a + AY_a = AB + BZ_a + AC + CY_a $
$= AB + AC + BX_a + CX_a = AB + AC + BC = 2s$.

Por lo tanto, $AZ_a = AY_a = s$.

Igualmente, $BX_b = BY_b = CX_c = CY_c = s$.

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Corolario 1. $AZ_c = AY_c = s – b$, y $AY_b = AZ_b = s – c$.

Demostración. En la figura 2 tenemos lo siguiente:
$AY_c = CY_c – AC = s – AC$,
$AZ_b = BZ_b – AB = s – AB$.

Similarmente,
$BZ_c = BX_c = s – a$, $BX_a = BZ_a = s – c$
$CX_a = CY_a = s – b$, $CY_b = CX_b = s – a$.

$\blacksquare$

Puntos isotómicos

Definición 2. Si dos puntos en uno de los lados de un triángulo equidistan al punto medio del lado considerado decimos que son puntos isotómicos.

Proposición 3. El punto de tangencia del incírculo con uno de los lados de un triángulo y el punto de tangencia del excírculo relativo al lado considerado, son puntos isotómicos.

Demostración. Por la proposición 1 y el corolario 1 tenemos que $BX = s – b = CX_a$ (figura 2).

Esto implica que el punto medio de $\overline{XX_a}$ es el punto medio de $\overline{BC}$, por lo tanto, $X$ y $X_a$ son puntos isotómicos

Análogamente vemos que $Z$, $Z_c$ e $Y$, $Y_b$ son pares de puntos isotómicos.

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Proposición 4. Los dos puntos de contacto de un lado de un triángulo con los dos excírculos opuestos a los vértices que pasan por ese lado son isotómicos, además la distancia entre estos dos puntos es igual a la suma de los otros dos lados.

Demostración. En la figura 2, tenemos lo siguiente:
$BX_c = CX_c – BC = s – a$, $CX_b = BX_b – BC = s – a$.

Por lo tanto, el punto medio de $\overline{X_cX_b}$ coincide con el punto medio de $\overline{BC}$.

Por otro lado, $X_cX_b = BX_c + a + CX_b = a + 2(s – a) = 2s – a = c + b$.

Igualmente, $Y_aY_c = a + c$, $Z_aZ_b = a + b$.

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Radios tritangentes y área del triangulo

Proposición 5. El área de un triángulo es igual al producto del semiperímetro por el inradio.

Demostración. De la figura 2,
$(\triangle ABC) = (\triangle AIB) + (\triangle BIC) + (\triangle AIC) = \dfrac{cr}{2} + \dfrac{ar}{2} + \dfrac{br}{2} = sr$.

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Proposición 6. El área de un triángulo es igual al producto de un exradio por la diferencia entre el semiperímetro y el lado relativo al excírculo considerado.

Demostración. En la figura 2,
$(\triangle ABC) = (\triangle AI_aB) + (\triangle AI_aC) – (\triangle BI_aC) $
$= \dfrac{cr_a}{2} + \dfrac{br_a}{2} – \dfrac{ar_a}{2} = \dfrac{r_a}{2}(2s – 2a) = r_a(s – a)$.

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Corolario 2. El reciproco del inradio es igual a la suma de los recíprocos de los exradios.

Demostración. De las proposiciones 5 y 6 se sigue que
$\dfrac{1}{r_a} + \dfrac{1}{r_b} + \dfrac{1}{r_c} = \dfrac{(s – a) + (s – b) + (s – c)}{( \triangle ABC)}
= \dfrac{s}{(\triangle ABC)} = \dfrac{1}{r}$.

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Proposición 7. El área de un triángulo es igual al producto de sus lados sobre cuatro veces su circunradio.

Demostración. Sean $\triangle ABC$, $(O, R)$ su circuncírculo, $D$ el pie de la altura por $A$, y $A’$ el punto diametralmente opuesto a $A$.

Figura 3

$\angle ABD = \angle AA’C$, pues abarcan el mismo arco y $\angle ACA’ = \dfrac{\pi}{2}$ es recto ya que $\overline{AA’}$ es diámetro, así que $\triangle ABD \sim \triangle AA’C$, por criterio de semejanza AA.

Esto es, $\dfrac{AB}{AA’} = \dfrac{AD}{AC}$.

Se sigue que, $bc = 2RAD$ y $abc = a2RAD = 4R(\triangle ABC)$

Por lo tanto, $\dfrac{abc}{4R} = (\triangle ABC)$

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Formula de Herón y teorema de Carnot

Teorema 2, fórmula de Herón. Podemos calcular el área de un triángulo mediante la fórmula
$(\triangle ABC) = \sqrt{s(s – a)(s – b)(s – c)}$.

Demostración. Como $\angle YCI$ y $\angle I_ACY_a$ son suplementarios, por criterio de semejanza AAA $\triangle YCI \sim \triangle Y_aI_aC$,
por lo tanto, $\dfrac{Y_aI_a}{YC} = \dfrac{Y_aC}{YI}$,
es decir, $\dfrac{r_a}{s – c} = \dfrac{s – b}{r}$.

También $\triangle AYI \sim \triangle AY_aI_a$,
por lo tanto, $\dfrac{Y_aI_a}{YI} = \dfrac{AY_a}{AY}$  
es decir, $\dfrac{r_a}{r} = \dfrac{s}{s – a}$
entonces $\dfrac{rs}{s – a} = \dfrac{(s – b)(s – c)}{r}$. 

Por la proposición 5 $(\triangle ABC) = rs$,
por lo tanto, $(\triangle ABC) = \dfrac{(s – a)(s – b)(s – c)}{\dfrac{(\triangle ABC)}{s}}$
así que $(\triangle ABC)^2 = s(s – a)(s – b)(s – c)$

En conclusión, $(\triangle ABC) = \sqrt{s(s – a)(s – b)(s – c)}$.

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Teorema 3, de Carnot. La suma de las distancias desde el circuncentro a los lados del triángulo es igual a la suma del circunradio y el inradio.

Demostración. Sea $\triangle ABC$ un triángulo acutángulo, $(O, R)$ su circuncírculo y $D$, $E$, $F$ las proyecciones de $O$ en $\overline{BC}$, $\overline{AC}$ y $\overline{AB}$ respectivamente.

Figura 4

Aplicando el teorema de Ptolomeo a $\square AFOE$, $\square FBDO$ y $\square ODCE$ tenemos:
$AF \times OE + AE \times OF = OA \times EF$
$BF \times OD + BD \times OF = OB \times DF$
$CE \times OD + CD \times OE = OC \times DE$

Por otra parte, como $O$ está en la mediatriz de $\overline{BC}$, $\overline{AC}$ y $\overline{AB}$ entonces $D$, $E$ y $F$ son los respectivos puntos medios y podemos aplicar el teorema del segmento medio. Si nombramos $OD = x$, $OE = y$, $OF = z$, entonces:

$\dfrac{cy}{2} + \dfrac{bz}{2} = \dfrac{Ra}{2}$
$\dfrac{cx}{2} + \dfrac{az}{2} = \dfrac{Rb}{2}$
$\dfrac{bx}{2} + \dfrac{ay}{2} = \dfrac{Rc}{2}$

Sumamos las tres expresiones,

$x(c + b) + y(a + c) + z(a + b) = R(a + b + c)$
$x(2s – a) + y(2s – b) + z(2s – c) = R2s$
$2s(x + y + z) – (ax + by + cz) = R2s$
$2s(x + y + z) – 2(\triangle ABC) = R2s$

De la proposición 5 tenemos $(\triangle ABC) = rs$,
por lo tanto, $2s(x + y + z) – 2rs = R2s$

Como resultado, $x + y + z = R + r$.

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Tarea moral

  1. Muestra que:
    $i)$ la bisectriz interna del ángulo de un triángulo es perpendicular al segmento que une los puntos donde las otras bisectrices internas intersecan al circuncírculo del triangulo,
    $ii)$ la bisectriz externa del ángulo de un triángulo es paralela al segmento que une los puntos donde las bisectrices externas (internas) de los otros dos ángulos intersecan al circuncírculo del triángulo.
  2. Demuestra que: 
    $i)$ la suma de los catetos de un triángulo rectángulo menos la hipotenusa es igual al diámetro de su incírculo,
    $ii)$ el área de un triángulo rectángulo es igual al producto de los segmentos en los cuales la hipotenusa es dividida por el punto de tangencia de su incírculo.
  3. Muestra que en la figura 2 se tienen las siguientes igualdades:
    $i)$ $XX_a = b – c$, $YY_b = a – c$, $ZZ_c = a – b$,
    $ii)$ $ZZ_a = YY_a = a$, $XX_b = ZZ_b = b$, $YY_c = XX_c = c$,
    $iii)$ $Y_bY_c = Z_bZ_c = a$, $X_aX_c = Z_aZ_c = b$, $X_aX_b = Y_aY_b = c$.
  4. Prueba que:
    $i)$ el producto de los cuatro radios tritangentes de un triángulo es igual al cuadrado del área del triángulo $(\triangle ABC)^2 = rr_ar_br_c$
    $ii)$ el reciproco del inradio de un triángulo es igual a la suma de los recíprocos de las alturas del triangulo, $\dfrac{1}{r} = \dfrac{1}{h_a} + \dfrac{1}{h_b} + \dfrac{1}{h_c}$,
    $iii)$ en la figura 2, $\dfrac{AZ \times BX \times CY}{r} = (\triangle ABC)$.
  5. Demuestra que la razón entre el área de un triangulo y el area del triángulo formado por los puntos de contacto de su circuncírculo con sus lados es igual a la razón entre el inradio y el circundiámetro. En la figura 2, $\dfrac{(\triangle XYZ)}{(\triangle ABC)} = \dfrac{r}{2R}$.
  6. Muestra que en el teorema de Carnot, cuando $\angle A$ es obtuso (figura 4), entonces $y + z – x = R + r$.
  7. Sean $\triangle ABC$, $\alpha = \angle BAC$, $\beta = \angle CBA$, $\gamma = \angle ACB$, $R$ el circunradio y $r$ el inradio, muestra que:
    $i)$ $\sin \dfrac{\alpha}{2} = \sqrt{\dfrac{(s – b)(s – c)}{bc}}$, $\sin \dfrac{\beta}{2} = \sqrt{\dfrac{(s – a)(s – c)}{ac}}$, $\sin \dfrac{\gamma}{2} = \sqrt{\dfrac{(s – a)(s – b)}{ab}}$
    $ii)$ $\cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma = 1 + \dfrac{r}{R}$.

Más adelante…

Con la ayuda de las formulas para el calculo del área de un triángulo vistas en esta entrada, en la próxima entrada mostraremos algunas desigualdades geométricas.

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