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Geometría Moderna I: Circunferencia de los nueve puntos

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

Introducción

En esta ocasión veremos que nueve puntos notables del triángulo son concíclicos, a saber, los puntos medios de los lados, los pies de las alturas y los puntos medios de los segmentos que unen al ortocentro con los vértices del triángulo. A esta circunferencia se le conoce como circunferencia de los nueve puntos y su centro se encuentra en la recta de Euler del triángulo considerado.

Triángulo de Euler

Definición 1. A los puntos medios de los segmentos que unen los vértices de un triángulo dado con su ortocentro se les conoce como puntos de Euler, y el triángulo que tiene como vértices los puntos de Euler es el triángulo de Euler del triángulo dado.

Observación. Por la definición anterior, un triángulo y su triángulo de Euler son homotéticos (figura 1), con centro de homotecia en el ortocentro y razón de homotecia $\dfrac{1}{2}$.

Proposición 1. El triángulo de Euler y el triángulo medial de todo triángulo son congruentes y sus respectivos lados son paralelos.

Demostración. Sean $\triangle A’B’C’$ el triángulo medial y $\triangle PQR$ el triángulo de Euler de $\triangle ABC$, (figura 1).

Figura 1

$C’$ y $B’$ son puntos medios de $AB$ y $AC$ respectivamente, así que $C’B’$ es un segmento medio de $\triangle ABC$, de igual manera $QR$ es un segmento medio de $\triangle HBC$, donde $H$ es el ortocentro de $\triangle ABC$.

Por lo tanto, $C’B’ \parallel BC \parallel QR$, y $2C’B’ = BC = 2QR$.

De manera análoga podemos ver que $A’C’ = RP$ y $A’B’ = QP$, por criterio de congruencia LLL, $\triangle A’B’C’ \cong \triangle PQR$.

$\blacksquare$

Circunferencia de los nueve puntos

Teorema 1. El triángulo de Euler, el triángulo medial y el triángulo órtico de todo triángulo tienen el mismo circuncírculo.

Demostración. Por la proposición 1 y empleando la misma notación de esta, sabemos que $\square C’QRB’$ es un paralelogramo (figura 2).

$C’Q$ es un segmento medio de $\triangle BAH$, así que $C’Q \parallel AH$ $\Rightarrow C’Q \perp BC$.

Figura 2

Y como $QR \parallel BC$, entonces, $\square C’QRB’$ es un rectángulo, lo que significa que las diagonales $C’R$ y $QB’$ tienen la misma longitud y se cortan en su punto medio, $N$.

De manera análoga podemos probar que $\square PC’A’R$ es un rectángulo y que $PA’$ y $C’R$ tienen la misma longitud y se cortan en su punto medio.

Como el punto medio de $C’R$ es $N$, entonces, los puntos $A’$, $B’$, $C’$, $P$, $Q$ y $R$ son equidistantes a $N$.

Sean $D$, $E$ y $F$ los pies de las alturas por $A$, $B$ y $C$ respectivamente.

Como $A’P$, $B’Q$ y $C’R$ son diámetros de esta circunferencia y además $\angle A’DP = \angle QEB’ = \angle RFC’ = \dfrac{\pi}{2}$, es decir estos diámetros subtienden ángulos rectos en los puntos $D$, $E$ y $F$ respectivamente, entonces $D$, $E$ y $F$ se encuentran en la misma circunferencia.

$\blacksquare$

Definición 2. Nos referiremos al centro de la circunferencia de los nueve puntos de un triángulo como el centro de los nueve puntos y los denotaremos como $N$.

Teorema 2. El radio de la circunferencia de los nueve puntos de un triángulo es igual a la mitad del circunradio y el centro de los nueve puntos biseca al segmento que une al circuncentro con el ortocentro.

Demostración. Recordemos que todo triángulo está en homotecia con su triángulo medial, esto implica que son semejantes, con razón $\dfrac{-1}{2}$ y centro de homotecia en el centroide $G$ del triángulo.

Figura 3

Por lo tanto, el radio de la circunferencia de los nueve puntos de un triángulo es la mitad del circunradio de este.

De la relación de homotecia también tenemos que $G$ triseca el segmento $ON$ de los circuncentros $O$ y $N$ de $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$, su triángulo medial, esto es, $OG = 2GN$.

Y sabemos que $2OG = GH$, donde $H$ es el ortocentro.

Por lo tanto, $HN = ON$.

$\blacksquare$

Triángulo tangencial

Teorema 3. El circuncentro del triángulo tangencial de un triángulo dado se encuentra en la recta de Euler del triángulo dado.

Demostración. Recordemos que el triángulo tangencial $\triangle D’E’F’$ y el triángulo órtico $\triangle DEF$ de un triángulo $\triangle ABC$ están en homotecia desde un punto $K$ que se encuentra en la recta de Euler de $\triangle ABC$.

Figura 4

Ahora, como los circuncentros de los triángulos tangencial y el triángulo órtico, $T$ y $N$, respectivamente, son puntos correspondientes de esta homotecia, entonces $T$ es colineal con $N$ y $K$.

Por el teorema 2, $N$ esta en la recta de Euler de $\triangle ABC$, por lo tanto, $T$ está en la recta de Euler de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Corolario 1. El circuncentro de un triángulo dado se encuentra en la recta de Euler del triángulo formado por los puntos de tangencia del incírculo con los lados del triángulo dado.

Demostración. Notemos que todo triángulo es el triángulo tangencial del triángulo formado por los puntos de tangencia de su incírculo con sus lados.

El resultado se sigue al aplicar el teorema 3.

$\blacksquare$

Corolario 2. El cuadrado del circunradio de un triángulo es dos veces el producto del inradio de su triángulo órtico por el circunradio de su triángulo tangencial.

Demostración. Sean $R$, $p$ y $q$ los circunradios de $\triangle ABC$, de su triángulo tangencial $\triangle D’E’C’$ y el inradio de su triángulo órtico $\triangle DEF$, respectivamente.

Como $\triangle D’E’F’$ y $\triangle DEF$ son homotéticos entonces la razón entre sus inradios y la razón entre sus circunradios son iguales a su razón de homotecia y por lo tanto son iguales entre si, además por el teorema 2, $R$ es dos veces el circunradio de $\triangle DEF$.

$\dfrac{R}{q} = \dfrac{p}{\dfrac{R}{2}}$
$\Rightarrow R^2 = 2pq$

$\blacksquare$

Ejemplos

Proposición 2. La recta determinada por el ortocentro de un triángulo y el punto medio de uno de sus lados pasa por el punto diametralmente opuesto, en su circuncírculo, al vértice opuesto del lado considerado.

Demostración. Sean $\triangle ABC$, $(O, R)$ su circuncírculo, $X$ el punto diametralmente opuesto a $A$, $H$ el ortocentro, $A’$ el punto medio de $BC$ y $P$ el punto de Euler entre $A$ y $H$.

Figura 5

$PO$ es un segmento medio de $\triangle AHX$, por lo tanto, $HX \parallel PO$.

Por la proposición 6 de la entrada anterior tenemos que $PH = OA’$ y ambos son perpendiculares a $BC$, por lo tanto, $\square PHA’O$ es un paralelogramo, es decir, $HA’ \parallel PO$.

Como la paralela a una recta por un punto exterior a ella es única, entonces $H$, $A’$ y $X$ son colineales.

$\blacksquare$

Proposición 3. Sean $A$, $B$ y $C$ los centros de tres circunferencias distintas, con el mismo radio y que tienen un punto $O$ en común.

Consideremos los otros puntos en común, $D = (B, r) \cap (C, r)$, $E = (A, r) \cap (C, r)$ y $F = (A, r) \cap (B, r)$, entonces el circunradio de $\triangle DEF$ es igual al de las tres circunferencias dadas y su circuncentro es el ortocentro de $\triangle ABC$.

Demostración. Notemos primero que $OA = OB = OC = r$, por lo tanto, el circuncentro de $\triangle ABC$ es $O$ y su circunradio es $r$.

Como $\square AFBO$ y $\square OBDC$ son rombos entonces $AF = BO = CD$ y $AF \parallel BO \parallel CD$.

Por tanto, $\square AFDC$ es paralelogramo y así $\Rightarrow AC = DF$ y $AC \parallel DF$.

Figura 6

De manera análoga podemos ver que $AB = DE$, $AB \parallel DE$ y $BC = EF$ y $BC \parallel EF$

Por lo tanto, $\triangle ABC$ y $\triangle DEF$ son congruentes por criterio LLL y sus respecticos lados son paralelos.

Como $\square OBDC$ es un rombo entonces, $OD \perp BC$ además $OD$ y $BC$ se intersecan en su punto medio, $A’$.

De manera análoga podemos ver $AB \perp OF$, se bisecan en $C’$ y $AC \perp OE$, se bisecan en $B’$.

De lo anterior se sigue que $\triangle A’B’C’$ es el triángulo medial de $\triangle ABC$, que $DO$, $EO$ y $FO$ son las alturas de $\triangle DEF$.

Por lo tanto $O$ es el ortocentro de $\triangle DEF$ y $\triangle A’B’C’$ es el triángulo de Euler de $\triangle DEF$.

En consecuencia, la circunferencia de los nueve puntos es la misma para $\triangle ABC$ y $\triangle DEF$, por el teorema 2, se sigue que sus circunradios son iguales, por lo tanto, el circunradio de $\triangle DEF$ es $r$.

También por el teorema 2, sabemos que el centro de los nueve puntos biseca al segmento que une ortocentro con el circuncentro.

Como el centro de los nueve puntos es el mismo para $\triangle ABC$ y $\triangle DEF$, y ya que el circuncentro de $\triangle ABC$ coincide con el ortocentro de $\triangle DEF$ entonces el circuncentro de $\triangle ABC$ coincide con el ortocentro de $\triangle DEF$.

$\blacksquare$

Problema. Construir un triángulo $\triangle ABC$ dados dos vértices $B$, $C$ y el centro de los nueve puntos, $N$.

Solución. Trazamos $BC$ y su punto medio $A’$,

Con el radio $NA’$ de la circunferencia de los nueve puntos, obtenemos el circunradio de $\triangle ABC$, $2NA’$.

Figura 7

Ahora podemos encontrar al circuncentro de $\triangle ABC$ que se encuentra en la mediatriz de $BC$, trazando una circunferencia con centro en $B$ o en $C$ y radio $2NA’$.

El simétrico de $A’$ respecto a $N$ será $P$, el punto de Euler que se encuentra entre $N$ y el vértice buscado. Como la perpendicular a $BC$ por $P$ es la altura por $A$, entonces su intersección con el circuncírculo $(O, 2NA’)$ de $\triangle ABC$, es el vértice faltante.

$\blacksquare$

Tarea moral

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

  1. Muestra que el triángulo de Euler $\triangle PQR$ y el triangulo $\triangle C’B’D$ son congruentes, (figura 2).
  2. Por los puntos medios de un triángulo dado traza paralelas a las bisectrices externas de los correspondientes ángulos opuestos. Prueba que el triángulo formado por estas paralelas y el triángulo dado tienen la misma circunferencia de los nueve puntos.
  3. Muestra que las paralelas a las bisectrices internas de un triángulo dado trazadas por los respectivos puntos de Euler del triángulo dado son concurrentes, también prueba que la recta que pasa por el punto de concurrencia y el centro de los nueve puntos del triángulo dado es paralela con la recta que pasa por el circuncentro y el incentro del triángulo dado.
  4. Demuestra que la circunferencia de los nueve puntos biseca cualquier segmento que une al ortocentro con un punto en el circuncírculo.
  5.  Construye un triángulo dados un vértice, el ortocentro y el centro de los nueve puntos.

Más adelante…

En la próxima entrada veremos como cierto conjunto de triángulos al que llamaremos grupo ortocéntrico de triángulos tienen la misma circunferencia de los nueve puntos y otros resultados relacionados.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 103-105.
  • Coxeter, H. y Greitzer, L., Geometry Revisited. Washington: The Mathematical Association of America, 1967, pp 20-22.
  • Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 69-70.

Geometría Moderna I: Triángulo órtico

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

Introducción

Continuando con el estudio de triángulos asociados a un triangulo dado, en esta entrada veremos algunas propiedades del triángulo órtico de un triangulo dado.

Mostraremos solo las proposiciones referentes a triángulos acutángulos, por ser muy parecidas las correspondientes versiones para triángulos obtusángulos, quedaran como ejercicio.

Preliminares

Proposición 1. El vértice de un triángulo es el punto medio del arco formado por las intersecciones de su circuncírculo con las alturas del triángulo que no pasan por el vértice considerado.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $D$, $E$, $F$ los pies de las alturas por $A$, $B$, $C$, respectivamente (figura 1).

Los triángulos rectángulos $\triangle BEA$ y $\triangle CFA$ son semejantes pues $\angle A$ es un ángulo en común, por lo tanto, $\angle EBA = \angle ACF$.

Por otro lado, consideremos $D’ = AD \cap (O, R)$, $E’ = BE \cap (O, R)$ y $F’ = CF \cap (O, R)$, las intersecciones de las alturas con el circuncírculo de $\triangle ABC$, entonces $\angle E’BA = \angle EBA = \angle ACF = \angle ACF’$.

Esto implica que los respectivos ángulos centrales son iguales $\angle E’OA = \angle AOF’$, por lo tanto, la longitud de arco es la misma $\overset{\LARGE{\frown}}{E’A} = \overset{\LARGE{\frown}}{AF’}$ y así $A$ es el punto medio de $\overset{\LARGE{\frown}}{E’F’}$.

Figura 1

De manera análoga vemos que $B$ y $C$ bisecan a los arcos $\overset{\LARGE{\frown}}{F’D’}$, $\overset{\LARGE{\frown}}{D’E’}$ respectivamente.

$\blacksquare$

Proposición 2. El pie de la altura de un triángulo acutángulo es el punto medio del segmento que une el ortocentro y la intersección de la altura considerada con el circuncentro.

Demostración. Por la proposición 1, $B$ es el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{F’D’}$, por lo tanto $\angle F’OB = \angle BOD’$ y así $\angle F’CB = \angle BCD’$.

De esto se sigue que los triángulos rectángulos $\triangle HCD$, $\triangle D’CD$ son congruentes por criterio ALA, por lo tanto, $HD = DD’$.

Por lo tanto, $D$ es el punto medio de $HD’$, de manera análoga podemos ver que $E$ y $F$ son los puntos medio de $HE’$ y $HF’$ respetivamente.

$\blacksquare$

Triángulo órtico

Definición 1. Al triángulo cuyos vértices son los pies de las alturas de un triángulo dado se le conoce como triangulo órtico del triángulo dado.

Proposición 3. El triángulo órtico de un triángulo y el triángulo cuyos vértices son las intersecciones de su circuncírculo con las alturas del triángulo son homotéticos.

Demostración. Por la proposición 2, $E$ y $F$ son puntos media de $HE’$ y $HF’$ respectivamente (figura 1), por tanto, $EF$ es un segmento medio del triángulo $\triangle HE’F’$, entonces $EF \parallel E’F’$ y $2EF = E’F’$.

De manera análoga podemos ver que $FD \parallel F’D’$, $2FD = F’D’$ y $DE \parallel D’E’$, $2DE = D’E’$.

De lo anterior concluimos que $\triangle DEF$ está en homotecia con $\triangle D’E’F’$ con centro en $H$ y razón $\dfrac{1}{2}$.

$\blacksquare$

Teorema 1. El ortocentro y los vértices de un triángulo acutángulo son en incentro y los excentros respectivamente de su triangulo órtico.

Demostración. Por la proposición 1, $A$ es el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{E’F’}$ (figura 1), por lo tanto, $\angle E’D’A = \angle AD’F’$.

Por la proposición 3, los lados de $\triangle DEF$ son paralelos a los lados de $\triangle D’E’F’$, por lo tanto $\angle EDA = \angle E’D’A = \angle AD’F’ = \angle ADF$.

Entonces $AD$ es bisectriz de $\angle EDF$, así podemos ver que las otras alturas de $\triangle ABC$ son las bisectrices de su triangulo órtico, con lo que $H$ es el incentro de $\triangle DEF$.

Como los lados del triángulo son perpendiculares a las alturas entonces son las respectivas bisectrices exteriores de su triangulo órtico, de esto se sigue el resultado.

$\blacksquare$

Triángulo tangencial

Definición 2. Al triangulo cuyos lados son las rectas tangentes al circuncírculo de un triángulo dado a través de sus vértices, se le conoce como triángulo tangencial del triángulo dado.

Proposición 4. Los radios del circuncírculo de un triángulo que pasan por los vértices del triángulo son perpendiculares a los respetivos lados de su triangulo órtico.

Demostración. $\triangle E’OF’$ es isósceles (figura 2), pues $OE’$ y $OF’$ son radios del circuncírculo de $\triangle ABC$.

Por la proposición 1, $A$ es el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{E’F’}$, por lo que $OA$ es bisectriz de $\angle E’OF’$, por lo tanto, $OA$ es mediatriz de $E’F’$.

Por la proposición 3, $E’F’ \parallel EF$ $\Rightarrow OA \perp EF$.

Figura 2

De manera análoga se ve que $OB \perp FD$ y $OC \perp DE$.

$\blacksquare$

Teorema 2. El triángulo órtico y el triángulo tangencial de un triángulo dado son homotéticos y el centro de homotecia se encuentra en la recta de Euler del triángulo dado.

Demostración.  Sean $\triangle DEF$ y $\triangle D’’E’’F’’$ el triángulo órtico y tangencial respectivamente de $\triangle ABC$ (figura 2).

Como los lados del triángulo tangencial son perpendiculares a los radios que pasan por los vértices del triángulo dado, por la proposición 4, los lados del triángulo órtico son paralelos a los lados del triángulo tangencial y esto implica que los triángulos son homotéticos.

Como $\triangle DEF$ y $\triangle D’’E’’F’’$ son homotéticos entonces sus respectivos incentros son puntos homólogos.

Por el teorema 1, el incentro de $\triangle DEF$ es el ortocentro de $\triangle ABC$ y por construcción el incentro de $\triangle D’’E’’F’’$ es el circuncentro de $\triangle ABC$.

Como el centro de homotecia se encuentra en la recta que pasa por cualquier par de puntos homólogos, entonces el centro de homotecia de $\triangle DEF$ y $\triangle D’’E’’F’’$ se encuentra en la recta determinada por $H$ y $O$, es decir, la recta de Euler de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Perímetro del triángulo órtico

Proposición 5. Los lados del triángulo órtico de un triángulo acutángulo dividen al triángulo acutángulo en tres triángulos semejantes al triángulo dado.

Demostración. Sean $D$, $E$ y $F$ los pies de las alturas de un triangulo $\triangle ABC$ y $H$ su ortocentro, (figura 3).

Como la suma de los ángulos internos de todo cuadrilátero convexo es $2\pi$, en $\square HDCE$ tenemos $\angle D + \angle E = \pi$
$\Rightarrow \angle C + \angle H = \pi$
$\Rightarrow \angle DHE = \angle A + \angle B$

Como $\angle BHD + \angle DHE = \angle BHE = \pi$
$\Rightarrow \angle BHD = \angle C$.

Por otro lado, $\triangle FBH$ y $\triangle DBH$ son triángulos rectángulos que tienen la misma hipotenusa, por lo tanto $\square FBDH$ es cíclico.

Entonces $\angle BHD = \angle BFD$, pues abarcan el mismo arco
$\Rightarrow \angle BFD = \angle C$.

Por criterio de semejanza AA, $\triangle DBF \sim \triangle ABC$.

Figura 3

Podemos hacer un procedimiento similar para los demás triángulos.

Por lo tanto, $\triangle ABC \sim \triangle DBF \sim \triangle DEC \sim \triangle AEF$.

$\blacksquare$

Proposición 6. En un triángulo la distancia de uno de sus lados al circuncentro es igual a la mitad de la distancia del vértice opuesto al ortocentro del triángulo.

Demostración. Sea $(O, R)$ el circuncírculo de $\triangle ABC$, consideremos $C’$ el punto diametralmente opuesto a $C$ y $M$ el pie de la perpendicular a $AC$ desde $O$, (figura 3).

Notemos que $M$ es el punto medio de $AC$ pues $O$ está en la mediatriz de $AC$.

Como $O$ es el punto medio de $CC’$ entonces $OM$ es un segmento medio de $\triangle CAC’$, así $2OM = C’A$.

$\angle C’AC = \angle CBC’ = \dfrac{\pi}{2}$, pues $CC’$ es diámetro

Por lo tanto, $AH$ y $C’B$ son perpendiculares a $BC$
$\Rightarrow AH \parallel C’B$.

Y $C’A$ y $BH$ son perpendiculares a $AC$,
$\Rightarrow C’A \parallel BH$.

Entonces $\square AC’BH$ es un paralelogramo, por lo tanto, $BH = C’A = 2OM$.

$\blacksquare$

Proposición 7. La razón entre un lado de un triángulo acutángulo y el lado correspondiente a su triangulo órtico es igual a la razón entre el circunradio y la distancia del lado considerado al circuncentro.

Demostración. En la proposición 5 vimos que $\triangle ABC \sim \triangle DBF$ y que $A$, $F$, $H$ y $E$ están inscritos en una misma circunferencia cuyo diámetro es $BH$, (figura 3).

Por lo tanto, la razón entre sus circundiametros guarda la razón de semejanza, es decir,
$\dfrac{AC}{DF} = \dfrac{2R}{BH} = \dfrac{2R}{2OM} = \dfrac{R}{OM}$.

Donde $R$ es el circunradio y la segunda igualdad se debe a la proposición 6.

$\blacksquare$

 Teorema 3. El perímetro del triángulo órtico de un triángulo acutángulo es igual a dos veces el área del triángulo acutángulo dividido por el circunradio (figura 3).

Demostración. Consideremos $N$, $M$ y $L$ los pies de las perpendiculares a $BC$, $AC$ y $AB$ desde $O$ respectivamente.

Por la proposición 7 tenemos que
$DE + EF + FD = \dfrac{OL \times AB + ON \times BC + OM \times AC}{R}$.

Y notemos que
$(\triangle ABC) = (\triangle BOC) + (\triangle COA) + (\triangle AOB)$
$= \dfrac{ON \times BC + OM \times AC + OL \times AB}{2}$.

Por lo tanto, $DE + EF + FD = \dfrac{2(\triangle ABC)}{R}$.

$\blacksquare$

Problema de Fagnano

Teorema 4. De entre todos los triángulos inscritos en un triángulo acutángulo, su triángulo órtico es el de menor perímetro.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ un triángulo acutángulo, $\triangle DEF$ su triangulo órtico y $\triangle GHI$ cualquier otro triangulo inscrito en $\triangle ABC$.

Hacemos una sucesión de reflexiones del triángulo $\triangle ABC$ a través de uno de sus lados, empezando por $AC$, luego $B_1C$, $B_1A_1$, $A_1C_1$ y finalmente $B_2C_1$ (figura 4).

El camino que sigue el segmento $AB$ es el siguiente, primerio una rotación $2\angle A$ alrededor de $A$ en sentido antihorario, después una rotación $2\angle B$ alrededor de $B_1$ en sentido antihorario, a continuación, una rotación $2\angle A$ alrededor de $A_1$ en sentido horario y finalmente una rotación $2\angle B$ alrededor de $B_2$ en sentido horario.

Figura 4

Por lo tanto, $AB$ y $A_2B_2$ son paralelas, se sigue que $F$, $G \in AB$ y sus respectivas imágenes $F_4$, $G_4 \in A_2B_2$ forman un paralelogramo por lo que $FF_4 = GG_4$.

Por otro lado, la simetría de $D$ y $D_1$ nos garantiza que $\angle DEC = \angle CED_1$, además, por el teorema 1, $BE$ es bisectriz de $\angle FED$, por lo tanto, $\angle AEF = \angle DEC$.

Entonces, $\angle FED_1 = \angle FED + \angle DEC + \angle CED_1 = \angle FED + \angle 2DEC = \pi$, por lo tanto, $F$, $E$ y $D_1$ son colineales.

Por lo anterior podemos afirmar que $FED_1F_2E_2D_3F_4$ es una recta, coincide con $FF_4$ y es igual a dos veces el perímetro del triángulo órtico.

Como no podemos hacer las mismas afirmaciones para $\triangle GHI$, tenemos que el camino $GHI_1G_2H_2I_3G_4$ es igual a dos veces el perímetro de $\triangle GHI$ y es claramente mayor o igual que el segmento $GG_4$ que equivale a dos veces el perímetro de $\triangle DEF$.

$\blacksquare$

Tarea moral

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

  1. Verifica que las proposiciones $1$, $2$, $3$, $4$, y los teoremas $1$ y $2$ se cumplen también para triángulos con un ángulo obtuso.
  2. Construye un triángulo dados los puntos de intersección de las alturas con el circuncírculo del triángulo.
  3. Si $P$ y $Q$ son los pies de las perpendiculares desde los vértices $B$ y $C$ de un triangulo $\triangle ABC$, a los lados $DF$ y $DE$ respectivamente de su triangulo órtico, muestra que $EQ = FP$.
Figura 5
  1. Muestra que los pies de las perpendiculares trazadas desde el pie de una altura en un lado de un triángulo a los otros lados y las otras alturas del triángulo son colineales.
Figura 6
  1. Demuestra que el perímetro del triángulo órtico de un triángulo acutángulo es menor o igual que dos veces cualquiera de las alturas del triángulo acutángulo.

Más adelante…

En la siguiente entrada veremos como los circuncírculos del triángulo medial y del triángulo órtico, coinciden para cualquier triangulo dado.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 97-102.
  • Coxeter, H. y Greitzer, L., Geometry Revisited. Washington: The Mathematical Association of America, 1967, pp 16-18, 88-89.
  • Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 84-85.
  • Johnson, R., Advanced Euclidean Geometry. New York: Dover, 2007, pp 168-169.
  • Honsberger, R., Episodes in Nineteenth and Twentieth Century Euclidean Geometry. Washington: The Mathematical Association of America, 1995, pp 17-26.