Circunferencias notables. Homografías.

Juan Ángel Díaz Hernando Doctor Ingeniero Industrial Licenciado en Ciencias Matemáticas

Profesor Titular de la Universidad Politécnica de Madrid

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ISCELÁNEA DE

G

EOMETRÍA

Tomo II

Datos de catalogación bibliográfica.

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JUAN ÁNGEL DÍAZ HERNANDO.

Miscelánea de Geometría. Tomo II. Circunferencias notables. Homografías

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JUAN ÁNGEL DÍAZ HERNANDO, Madrid 2016

Formato 176 x 250 mm Páginas:267

Todos los derechos reservados.

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co-municación pública y transformación de esta obra sin contar con autorización del titular de la propiedad

intelectual. La infracción de los derechos mencionados puede ser constitutiva de delito contra la

propie-dad intelectual (arts. 270 y sgts. Código Penal)

DERECHOS RESERVADOS

c

2016 por Juan Ángel Díaz Hernando

Presentación: M-003069/2016

R.P.I. 16/2016/5060 del 23 de Noviembre de 2016

(España)

Editor: Juan Ángel Díaz Hernando

Técnico editorial: E.B.M.

Prólogo

Este libro no es sino la continuación del anterior, que hubo que desdoblar dada la extensión de lo

trata-do. Por tanto, todo lo dicho en su prólogo es válido en éste, siendo su estructura la misma: División en

capítulos y éstos en lecciones. La unidad de ambos queda garantizada al haber dado continuidad tanto a

la numeración de los capítulos como de las lecciones.

En elCapítulo VII, en lasLecciones 24, 25 y 26, además de tratar los puntos más notables de un trián-gulo:ortocentro,baricentro,incentro,circuncentro,exincentros, y algunas de sus muchas relaciones, se define lacircunferencia de Euler-Feuerbach, conocida también como la circunferencia de los nueve puntos, sobre la que se traza larecta de Euler; aparece, luego, larecta de Simson, de la que se estudian algunas de sus propiedades, hasta situarla finalmente sobre la circunferencia de los nueve puntos. Se

establecen, así mismo lasrelaciones de Euler, constituyendo, por último, como un bonito ejercicio el Teorema de Feuerbach, que relaciona la circunferencia inscrita en un triángulo con la circunferencia de los nueve puntos del mismo. LaLección 27está dedicada a los importantesTeoremas de Menelao y de Ceva, así como alprimer Teorema de Pappus. En laLección 28se tratan lassemimedianas de un triángulo, poco estudiadas en los libros de geometría que, sin embargo, son poseedoras de un buen número de propiedades ; en particular , determinan el llamado punto de Lemoine, que en la Lección 29genera lacircunferencia de Lemoine, para terminar definiendo lascircunferencias de Tucker, que tienen como casos particulares las deLemoiney la deTaylor. LaLección 30se dedica al estudio de lospuntos y lacircunferencia de Brocard, así como a la de Neuberg. LaLección 31 trata, sobre los cuadriláteros, losTeoremas de Euler y Ptolomeoy elsegundo Teorema de Pappus. LasLecciones 32 y 33están dedicadas al estudio de losTeoremas de Pascal y de Brianchon, ambos correlativos.

En el Capítulo VIII, en la Lección 34 se estudia la proyectividad entre figuras de segunda catego-ría, distinguiendo y ejemplarizando ampliamente las dos posibilidades:homografía(o colineación) y reciprocidad(o correlación), dedicándose laLección 35al estudio de las homografías entre planos su-perpuestos. LaLección 36trata, con detalle, los cambios de sistemas de referencia, tanto en el plano proyectivo real como en la recta proyectiva real. Por último, laLección 37se dedica al importante te-ma de lahomología, sus propiedades y, en particular a la homología entre formas planas superpuestas, analizando las homologías particulares; los ejemplos del último apartado de esta lección resultan

impres-cindibles para una mejor comprensión del concepto homología.

coor-LaLección 41desarrolla lo que me atrevo a calificar como una curiosidad, al manejar planos homológi-cos no superpuestos. Por último, en laLección 42se estudia el llamadonúmero de oro, del que, por su importancia se ha escrito más de un libro; se hace, aquí, algo así como un resumen de lo desarrollado en

ellos. Lasucesión de Fibonacciestá presente en todo momento, y como conceptos interesantes figuran elsegmento áureo, lasternas pitagóricasy lostriángulos y rectángulos áureos. Una curiosidad es como a partir delrectángulo√2se generan los distintos formadosDIN. Termina la lección estudiando los cinco poliedros regulares:Tetraedro,Cubo,Octaedro,DodecaedroeIcosaedro.

En la línea de ser agradecido con los maestros, me complace aprovechar esta tribuna para loar la figura de

uno de los grandes: Julio Rey Pastor (1888-1962), autor, entre otras muchas publicaciones, de sus

mag-níficosElementos de Análisis Algebraico, que vieron la luz en 1922, en Buenos Aires. De su estancia en

Gotinga, trabajando con Felix Klein, autor de su célebre Programa de Erlangen, resultó la introducción

en nuestros medios matemáticos de las ideas de ese maravilloso trabajo. Su actividad profesional estuvo

desdoblada entre España y Argentina; en particular en nuestro país, en 1920, ingresó en la Academia de

Ciencias Exactas, Físicas y Naturales de Madrid, y en 1954 en la Real Academia Española de la

Len-gua, instituciones en las que pronuncio discursos magistrales. Quiero destacar, entre ellos, y ese es mi

objetivo oculto en este escrito, en el que disertó, el 15-02-1933, contestando al discurso de E. Terradas,

en la Academia de Ciencias, en el que deslizó una muestra de esa fina ironía que siempre le caracterizó.

Pertenece a él, el fragmento que sigue, ¡que en mi opinión no tiene desperdicio!; ahí va:

“A ciertas características del ambiente español hemos aludido en algunos pasajes; y no por ser

exclusi-vas nuestras, sino por darse en forma acentuada, como fruto obligado de nuestro pasado histórico. Así,

por ejemplo,la falta de medida en las valoraciones, tanto en sentido encomiástico como peyorativo,

es ante todo desconocimiento de patrones universales,fruto de ignorancia; y ésta es hija, a su vez, de

todo un complejo histórico que ahora no es posible analizar. Lapasión, que un distinguido escritor ha

señalado como característica española, mejor diríamosvehemencia en el apasionamiento, es, quizás,

efecto telúrico, simple reflejo de la vehemencia y brusquedad del paisaje; y laruin envidiahacia la

pros-peridad ajena, es herencia de todo un pasado de pobreza y aun miseria económica. Y la eternapelea de

bandostan antagónicos como incomprensivos, es el rezago de la lucha secular entre moros y cristianos;

y elcarácter puntilloso, que tanto dificulta el normal funcionamiento de nuestros centros de estudio e

investigación, es herencia del pundonoroso caballero medioeval; y del finchado hidalgo procede,

proba-blemente, elprurito, tan acentuado en los haraganes, de exigir a los demás lo que deberían hacer, sin

dar importancia ni aún parar mientes en todo lo que hayas producido, ni ocurrírseles nunca señalarse

tarea a sí mismos. ”

Tal vez se le olvidó justificar el origen de laindolencia y aversión al esfuerzode muchos; aunque no lo creo. Probablemente no citó su origen por respeto, aunque no parece difícil adivinarlo.

Como agradecido que soy, sigo recordando, a mis amigos, a mi esposa y a mis padres, siempre presentes

en mí; disfrutando de la proximidad de mis hijos, y sobre todo de la alegría que me proporcionan mis

nietos, que además son muy estudiosos: Lucía, Diego y Mario.

CAPÍTULO VII

Lección 24 LA CIRCUNFERENCIA DE EULER-FEUERBACH

24.1 Puntos notables de un triángulo... 3

24.2 Circunferencia de Euler-Feuerbach... 9

24.3 La recta de Euler... 10

Lección 25 LA RECTA DE SIMPSON 25.1 Teorema de Simson. Recta de Simson... 15

25.2 Propiedades de la recta de Simson... 17

Lección 26 LAS CIRCUNFERENCIAS INSCRITAS 26.1 Circunferencia inscrita en un triángulo... 25

26.2 Relaciones de Euler... 31

26.3 Teorema de Feuerbach... 33

Lección 27 TEOREMAS DE MENELAO Y CEVA 27.1 Teorema de Menelao... 37

27.2 Teorema de Ceva... 38

27.3 Ejemplos de aplicación... 41

27.4 Teorema de Pappus (I)... 46

Lección 28 SEMIMEDIANAS 28.1 Semimedianas... 49

28.2 Propiedades... 51

28.3 Punto de Lemoine... 59

Lección 29 CIRCUNFERENCIA DE TUCKER 29.1 Circunferencias de Lemoine... 65

29.2 Circunferencias de Taylor... 68

29.3 Circunferencias de Tucker... 70

Lección 30 CIRCUNFERENCIAS DE BROCARD 30.1 Puntos de Brocard... 73

30.2 Circunferencia de Brocard... 77

30.3 Circunferencias de Neuberg... 78

Lección 31 TEOREMAS DE PTOLOMEO Y PAPPUS 31.1 Cuadriláteros... 79

31.2 Teorema de Ptolomeo... 89

Lección 32 TEOREMAS DE PASCAL Y BRIANCHON

32.1 Teorema de Pascal... 97

32.2 Teorema de Brianchon... 103

Lección 32 LOS TEOREMAS DE PASCAL Y BRIANCHON COMO CORRELATIVOS 33.1 La demostración del Teorema de Brianchon... 107

33.2 Casos particulares del Teorema de Brianchon... 109

CAPÍTULO VIII

Lección 34 PROYECTIVIDAD ENTRE FIGURAS DE SEGUNDA CATEGORíA 34.1 Proyectividad entre figuras de segunda categoría... 115

Lección 35 HOMOGRAFÍAS ENTRE PLANOS SUPERPUESTOS 35.1 Elementos dobles de las homografías planas... 129

Lección 36 CAMBIOS DE SISTEMAS DE REFERENCIA 36.1 Cambio de base en el plano proyectivo real... 147

36.2 Cambio de base en la recta proyectiva real... 150

Lección 37 HOMOLOGÍAS 37.1 La homología y sus propiedades... 163

37.2 Homología entre formas planas superpuestas... 164

37.3 Determinación de figuras homológicas... 168

37.4 Las rectas límite,LyL0... 173

37.5 Determinación de una homología... 174

37.6 Homologías particulares... 175

37.7 Ejemplos... 178

CAPÍTULO IX

Lección 38 EL ESPACIO PROYECTIVO 38.1 El espacio proyectivo. Coordenadas homogéneas... 199

38.2 Coordenadas proyectivas puntuales... 201

38.3 Ecuación del plano en coordenadas proyectivas... 205

Lección 39 COORDENADAS TANGENCIALES

39.1 Coordenadas tangenciales proyectivas... 209

39.2 Cambio de coordenadas proyectivas... 212

39.3 Planteamiento práctico de un cambio de coordenadas... 213

Lección 40 PROYECTIVIDAD EN EL ESPACIO 40.1 Casos particulares de las coordenadas proyectivas... 217

40.2 Representación analítica de la recta... 218

40.3 Proyectividad en el espacio... 220

Lección 41 EL PROBLEMA DE LOS SATÉLITIES 41.1 La homología en el espacio... 227

41.2 Ejemplo de aplicación... 228

41.2 La geometría en el espacio homológico... 230

Lección 42 EL NÚMERO DE ORO 42.1 El número de oro... 231

42.2 Las ternas pitagóricas... 237

42.3 El triángulo de Pascal y la sucesión de Fibonacci... 238

42.4 El triángulo áureo... 240

42.5 El rectángulo áureo... 243

42.6 El formato DIN... 245

42.7 Los poliedros y el número áureo... 246

ÍNDICE ALFABÉTICO ... 251

Lección 24.- LA CIRCUNFERENCIA DE EULER-FEUERBACH

24.1 Puntos notables de un triángulo

24.2 Circunferencia de Euler-Feuerbach

24.3 La recta de Euler

24.1 Puntos notables de un triángulo

Lo puntos que vamos a considerar son los clásicos: ortocentro, centro de gravedad (baricentro), incentro

y circuncentro.

PROPOSICIÓN 1. Dado un triángulo 4

ABC, las mediatrices de sus lados se cortan en un punto, que llamaremoscircuncentro.

En efecto: SiOes el punto de intersección de las mediatrices de los ladosAByBC, dicho puntoOestará a la misma distancia, respectivamente de los puntoAyB,ByC, luego necesariamente estará sobre la perpendicular en el punto medio,B0, del ladoAC.

La circunferencia, centroO, que pasa por los vértices, A, ByC, recibe el nombre decircunscrita al triángulo.

A'

A

B C

O

C' _B'

PROPOSICIÓN 2. En todo triángulo acutángulo, 4

ABC, se verifica que las alturas del mismo, son bisectrices del triángulo

4 PaPbPc.

En efecto: Veamos en primer lugar que \

PcPaA=AP\aPb (es decir βββ=βββ0).

Dado quePcyPbson vértices de ángulos rectos, cuyos lados pasan porByC, tenemos que los cuatro puntosB,Pc,Pb,C, están situados sobre una circunferencia,(c), de centroO. Basta ver que los triángulos rectángulos

4 BPcCy

4

sobre otra circunferencia,(c0), de centroO0, verificándoseααα=βββ. De la misma manera se establece queααα0=βββ0.

Así, hemos obtenido que se verifican las igualdades α

α

α=ααα0 , ααα=βββ , ααα0=βββ0 de las que resulta la

β β β=βββ0 que es lo que queríamos demostrar.

A

B C

Pa P_b Pc

O (c)

α β

O‘

α‘ H (c )‘

β‘

PROPOSICIÓN 3. Las paralelas a los lados de un triángulo, 4

ABC, que pasan por los vértices opuestos, forman otro triángulo

4

A0B0C0de lados dobles que los del primero, y cuyos puntos medios son A, B, C.

En efecto: Consideremos los segmentosB0_C0_,A0_C0_,A0_B0_{, respectivamente paralelos a los ladosBC,AC,} ABpor los vérticesA,B,C.

El cuadriláteroAB0CBes un paralelogramo, por construcción, luego:AB0_{=BC. En consecuencia, se tiene} queB0_A=AC0_{, luegoB}0_C0_{=2·BC, siendoAel punto medio deB}0_C0_.

Para los demás lados el razonamiento es análogo. Consecuencia inmediata es que:Las alturas de un triángulo,

4

ABC son mediatrices del 4

A0B0C0, que se cortan en el ortocentro, H, de 4 ABC. A

B C

A'

B' C'

H

PROPOSICIÓN 4. La circunferencia circunscrita a un triángulo 4

ABC contiene los puntos de in-tersección de la mediatriz de cada lado con las bisectrices que pasan por el vértice opuesto.

En efecto: Basta ver que por los puntos mediosG0cyGcde los arcos de la circunferencia circunscrita, de extremosAyB, pasan el diámetro perpendicular aAB(mediatriz del ladoAB) y las bisectrices interior y exterior del ánguloCb, por las propiedades de los ángulos inscritos; lo que demuestra lo que nos interesaba.

A

B

C

I

G

_a

G'

a

I

I

_b

G

_b

G

_c

I

_c

G'

_b

O

G'

_c

a

PROPOSICIÓN 5. La circunferencia circunscrita a un triángulo contiene los puntos medios de los lados del triángulo de los exincentros, así como los puntos medios de los segmentos que unen éstos con el incentro.

En efecto: El razonamiento utilizará la misma figura de la proposición anterior. Consideremos el triángulo

4

IaIbIcde los exincentros. Los puntosAyBson vértices de dos ángulos rectos, formados por las bisectrices, cuyos lados pasan porIbeIa; en consecuencia, están en una circunferencia de diámetroIbIa, y cuyo centro estará en la mediatriz deAB, es decir, el puntoGc.

Ejemplo 1.Los vérticesB,Cde un triángulo 4

ABC, el centro de la circunferencia inscrita,I, y el centro de la circunferencia exinscrita,D, tangente aBCpertenecen a una misma circunferencia.

Para verlo basta considerar que las bisectricesBIyBDde los ángulosABCd yCBEd son perpendiculares. Lo mismo ocurre con lasICyCD.

En consecuencia, la circunferencia que tieneIDcomo diámetro pasa por los vérticesByC.

A B

C O

D I

E

Ejemplo 2.Las rectas que unen dos a dos los pies de las alturas de un triángulo 4

ABC, determinan tres triángulos semejantes con el triángulo dado.

Para verlo observemos que la circunferencia de diámetroBCpasa por los piesE,Fde las alturas. Dado que las rectasEFyCBson antiparalelas con lasACyAB, resultará que

[

CEF+ABCd =180o y como

[

CEF+AEFd =180o resultará que

d ABC=AEFd (y también seránACBd =AFEd)

En consecuencia, los triángulos 4 ABCy

4

AEFson semejantes. En forma análoga se establece lo mismo para

4 DBFy para

4 DCE.

A

B C

D E

F

O

H

Ejemplo 3.Dado un triángulo, 4

ABC, si dos rectasBMyCNse cortan sobre la alturaAD, resulta que esta altura es la bisectriz del ángulo\MDN.

A

N

G

B _{H D F}

M

E

C O

Trazamos, en primer lugar, las perpendiculares,MEFyNGH, al ladoBC. Observamos que los triángulos

4

OMEy

4

OGNson semejantes, por serGb=Mb (alternos internos entre las paralelas NHyMF, cortadas por la rectaGM), y ser iguales a los ángulosOb.

Podemos, por tanto, escribir

ME

NG =

OE

ON =

DF DH =⇒

ME

NG =

DF DH

siendoDFyDHlas alturas correspondientes de los triángulos semejantes 4

OMEy

4 OGN. Como

ME

MF =

AO

AD =

NG NH =⇒

ME

MF =

NG NH

podemos escribir

ME

NG =

MF NH

De las igualdades recuadradas resulta entonces:

DF

DH =

MF NH

En consecuencia, los triángulos 4

DFMy

4

DHNson semejantes, luego tendremos que:MDF[ =NDH[, y por tanto la alturaADresultará ser la bisectriz del ángulo\MDN.

PROPOSICIÓN 6. Las alturas de un triángulo, 4

ABC, son concurrentes; y el punto de concurrencia recibirá el nombre deortocentro.

En efecto: SeanAHa,BHb,CHclas alturas del triángulo dado. Si por los vértices del triángulo trazamos paralelas a los lados opuestos, formarán, éstas, un nuevo triángulo

4

Las alturas del triángulo 4

ABC serán por tanto, concurrentes, como mediatrices que son del triángulo 4

A0B0C0.

A

B C

A'

B' C'

Ha

Hb

Hc

H

El triángulo 4

HaHbHc, cuyos vértices son los pies de las alturas de los vértices del triángulo dado, 4 ABC, recibe el nombre detriángulo órtico.

PROPOSICIÓN 7. Dado un triángulo 4

ABC, las medianas se cortan en un punto, que llamaremos centro de gravedady tambiénbaricentro.

En efecto: Si trazamos las medianasBB0_yCC0_{, siendo su punto de intersección elG, tendremos que los} triángulos

4 BGCy

4

B0GC0son semejantes, luego:

GB0

GB =

GC0

GC =

B0C0

BC =

1 2

de donde

GB=2·GB0 _{, GC=2·GC}0

El punto de intersección de dos medianas está, para cada una de ellas, a un tercio de su pie.

Las tres medianas son por tanto concurrentes en un mismo punto, que divide a cada una de ellas en la misma relación, 1

2.

El puntoGrecibe el nombrecentro de gravedadobaricentrodel triángulo. A

B C

A'

B' C'

G

El triángulo 4

A0B0C0, cuyos vértices son los puntos medios de los lados del triángulo dado, 4

ABC, recibe el nombre detriángulo complementario, omedial

24.2 Circunferencia de Euler-Feuerbach

PROPOSICIÓN 1. Dado un triángulo 4

ABC, los puntos Ha, Hb y Hc, pies de las alturas, los A0, B0 y C0, puntos medios de los lados, y los puntos A00, B00 y C00, puntos medios de los segmentos superiores de las alturas AH, BH y CH, son nueve puntos situados sobre una misma circunferencia, que llamaremoscircunferencia de los nueve puntosy tambiéncircunferencia de Euler-Feuerbach, y en ocasiones tambiéncircunferencia medial.

En efecto: Comprobemos, en primer lugar, que la circunferencia que pasa por los puntosA0,B0yC0pasa también, por elHa. La comprobación es inmediata, puesto que el trapecio

A0B0C0Haes isósceles, ya que sus diagonalesA0C0yB0Hason iguales, a la mitad del ladoAC; la primera por ser el segmento que une los puntos medios de los ladosAByAC, y la segunda porque es la mediana sobre la hipotenusa del triángulo rectángulo

4

AHaC. En consecuencia, los puntosA0,B0yC0yHa,HbyHcson concíclicos. En segundo lugar mostremos que también el cuadrilátero

A0C0A00Haes inscribible. En efecto, las rectas A0C0 yC0A00 son perpendiculares, puesto que son respectivamente paralelas al ladoAC, y a su altura correspondienteBHb. Luego, el ánguloCb0es recto, así como su ángulo opuestoHca, lo que nos muestra que

A0C0A00Haes efectivamente inscribible. La circunferencia

A0B0C0HaHbHccontiene por tanto el puntoA00, y por consiguiente losB00yC00.

A

B

A´

C

B´

C´

A´´

G

_O

H

_a

H

_b

H

c

ω

C´´

B´´

H

En la figura puede verse:H, ortocentro;ωωω, centro de la circunferencia de Euler-Feuerbach;G, baricentro;

Ocentro de la circunferencia circunscrita. La rectaOHrecibe el nombre derecta de Euler.

24.3 La recta de Euler

PROPOSICIÓN 1. El centroωωω de la circunferencia de Euler-Feuerbach está sobre la recta de

Euler, en el punto medio del segmento OH.

En efecto: Las perpendiculares trazadas en los puntos medios de las cuerdasA0_Ha,B0_H

byC0Hc, de la circunferencia de Euler, pasan, evidentemente, por el punto medio del segmentoOH.

PROPOSICIÓN 2. Los puntos medios de los lados, A0, B0y C0, y los puntos medios de los segmentos AH, BH y CH, los A00, B00y C00, son respectivamente, diametralmente opuestos.

En efecto: El ánguloA\0_H

aA00es recto; luego los puntosA0yA00son diametralmente opuestos. A

H_a H

A´´

ω

G O

B _A´ C

PROPOSICIÓN 3. Las mediatrices OA0_{, OB}0_{y OC}0_{, son iguales, respectivamente, a las mitades de} los segmentos superiores de las alturas A00_{H, B}00_{H y C}00_H.

En efecto: La rectaA0_A00 _{pasa porωωω, puesto que es diámetro de la circunferencia de Euler-Feuerbach,} luego

A00_H=OA0 por consiguiente:

AH=2·A00_H=2·OA0

PROPOSICIÓN 4. El centro de gravedad, G, está situado sobre la recta de Euler, y se tiene: GH=2·OG.

En efecto: Si denotamos porGel punto de intersección de la mediana,AA0_{, con la recta de Euler,OH,} resultará que los triángulos

4 OGA0 y

4

AGHson semejantes, siendo la razón de semejanza igual a 1

2,

puesto queOA0₌ 1

2 ·AH. LuegoGA 0₌ 1

2 ·GA, lo que nos muestra queGes el centro de gravedad del

triángulo. Se tiene, así mismo, queOG= 1

2 ·GH, como queríamos establecer.

PROPOSICIÓN 5. El radio de la circunferencia de Euler-Feuerbach es igual a la mitad del radio de la circunferencia circunscrita.

En efecto: La figura

OAA00A0es un paralelogramo, luego el radioOAde la circunferencia circunscrita es igual al diámetroA0A00de la circunferencia de Euler-Feuerbach.

A

H_a H

A´´

ω

G O

B _A´ C

PROPOSICIÓN 6. Los simétricos del ortocentro, respecto a los lados, se encuentran sobre la cir-cunferencia circunscrita.

En efecto: Veamos queHHa=HaH0a. Para comprobar esta igualdad basta con observar que los ángulos [

HBCyCBH\0ason iguales,

A

H_a H

B C

puesto que ambos son iguales al ánguloCAH\0a. El triángulo 4

HBH0a es por tanto isósceles, y por consi-guiente los puntosH0ayHson simétricos respectoBC.

PROPOSICIÓN 7. Los centros exterior e interior de semejanza de la circunferencia circunscrita y de la de Euler-Feuerbach, son H y G.

En efecto: Se verifica que Hωωω

HO =

Gωωω

GO =

1 2.

PROPOSICIÓN 8. La circunferencia de Euler-Feuerbach corta a los lados del triángulo bajo los ángulosA−b Bb, Bb−C yb Cb−A.b

En efecto: Se tiene. \

HaB0A0=H\aB0C−A\0B0C=2· _πππ

2 −Cb

−Ab=πππ−2·Cb−Ab=bB−Cb

Observamos, por otra parte, quelas tangentes en A0, B0y C0a la circunferencia de Euler-Feuerbach son antiparalelas con los lados del triángulo dado.

(En numerosas ocasiones en lugar de hablar de lacircunferencia de Euler-Feuerbach, se habla de cir-cunferencia de Eulerocircunferencia de Feuerbach).

A

B A´ C

B´ C´

H_a

ω

C

^

A´B´C^ H_aB´A´^

B

^

A

^

PROPOSICIÓN 9. Los puntos A, B, C y H poseen la propiedad de que uno de ellos es el ortocentro del triángulo formado por los otros tres. (Se dice de ellos que forman ungrupo ortocéntrico).

La comprobación es inmediata.

A

B C

H

PROPOSICIÓN 10. El radio OA y la altura AH son simétricos respecto a la bisectriz deA.b

En efecto: Se verifica queA\00AHa=OA\00A=OAA\00.

A

B C

A´´ O

H_a H

PROPOSICIÓN 11. Se verifica queHAO[ =Bb−C.b

En efecto: Se tieneHAO[=Ab−2·BAH\a=Ab−2· _πππ

2 −Bb

=bB−Cb.

PROPOSICIÓN 12. Existe una infinidad de triángulos inscritos, en una circunferencia dada, que tienen el mismo ortocentro H.

Lección 25.- LA RECTA DE SIMSON

25.1 Teorema de Simson. Recta de Simson

25.2 Propiedades de la recta de Simson

25.1 Teorema de Simson. Recta de Simson

La recta de Simson queda definida en los siguientes teoremas.

TEOREMA DE SIMSON(Directo).Las proyecciones, sobre los lados de un triángulo, de un punto de su circunferencia circunscrita son colineales.

En efecto: Seanααα,βββ,γγγlas proyecciones del puntoMsobre los lados del triángulo 4 ABC. En el cuadrilátero inscribibleMαααBγγγse tiene

d

BMγγγ=Bdα γα γα γ, y en el cuadrilátero también inscribible,Mα βα βα β C, será

\

CMβββ=C[α βα βα β.

Ahora bien, se tieneBMC[ =_γγγ[_{Mβββcomo suplementarios de}Ab. Así resulta que los ángulos ”señalados” en Mson iguales, y por consiguiente los ángulos enαααson también iguales. Los puntosααα,βββ,γγγestán por tanto alineados (Recta de Simson).

A

B _C

M

α

β

γ

TEOREMA DE SIMSON(Recíproco).Si las proyecciones de un punto sobre los lados de un trián-gulo son colineales, el punto está, necesariamente, sobre la circunferencia circunscrita.

En efecto: Basta remontar las igualdades del Teorema Directo, en sentido inverso.

De la igualdad de los ángulosααα, se deduce la igualdad de los ángulos ”marcados” enM, y por tanto la de los ángulosBMC[ yγγγ[Mβββ. Como este último es suplementario delAb, al ser los ángulosBMC[ yAb suplementarios, el cuadriláteroABMC será inscribible.

La siguiente propiedad puede considerarse como la de una recta que generaliza a la recta de Simson.

PROPOSICIÓN 1. Si desde un punto cualquiera de la circunferencia circunscrita de un triángulo, 4

ABC, se trazan rectas que forman, en el mismo sentido, ángulos iguales con los lados del triángulo, los pies de esas rectas son colineales.

En efecto: La siguiente figura nos ayuda en el razonamiento:

A B

C D

E F

O

Si se verifica que:CEO[=CFO[=BDO[, tendremos:

1o_{.-Los triángulosCOE}4 _,AOD4 _{, son semejantes, puesto que en ellos:}

b E=Db

y además

d

DAO=ECO[, por ser suplementarios, ambos, del ánguloBAOd; luego:

AD

CE =

AO CO

2o_{.-Los triángulosOBE}4 _,AOF4 _{, son semejantes, puesto que en ellos:} b

A=Bb

y además

[

BEO=AFO[ ,

por abarcar, ambos, el mismo arco de circunferencia; luego:

BE

AF =

BO AO

3o.-Los triángulos 4 COF,

4

BOD, son semejantes, puesto que: b

F=Db y además

[

OCF=OBD[ , por abarcar, ambos, el mismo arco de circunferencia; luego:

CF

BD =

CO BO

Multiplicando, ahora, miembro a miembro las tres igualdades obtenidas, se tiene:

AD·BE·CF BD·CE·AF =

AO·BO·CO CO·AO·BO =1

El Teorema de Menelao,que estableceremos en la lección 27, nos permite, entonces, afirmar que los tres puntosD,E,Fson colineales.

25.2 Propiedades de la recta de Simson

PROPOSICIÓN 1. Sea H0_c, el punto de intersección de la altura, CH, con la circunferencia circuns-crita. La recta de Simson del punto M y la recta MH0

cinciden con el mismo ángulo sobre el lado AB. (La propiedad es válida para todos los lados).

En efecto: Bastará mostrar que los ángulos marcados enγγγyH00cson iguales. El cuadrilátero inscribibleAγγγMβββnos dice que

γ γ

γ=MAC[ , y como en la circunferencia circunscrita se tiene

[

MAC=MH\0cC resulta

b γ

γγ=MH\0cC A

B M´ C

H H´_c

P

α

β

γ

PROPOSICIÓN 2. La recta de Simson de un punto M divide en dos partes iguales al segmento que une M con el ortocentro, H.

En efecto: SeaPel punto en el queMH0

ccorta aAB. Según la proposición anterior la recta de Simson es paralela aPH.

Por otra parte, en el triángulo rectángulo 4

MγγγP, la recta de Simson que pasa por el vérticeγγγpasará por el punto medio de la hipotenusaMP; pasará, entonces, también por el punto medio deMH.

Ejemplo 1.Dado un triángulo 4

ABC, determinar un punto,M, que tenga por recta de Simson una paralela a una dirección dada.

A

B C

M P

Se traza porAuna paralela a la dirección dada, que cortará a la circunferencia circunscrita en el puntoP. PorPse traza una perpendicular aBC, que cortará a la circunferencia circunscrita en el punto buscadoM.

Ejemplo 2.Dado un triángulo 4

ABC, determinar un punto,M0, que tenga por recta de Simson una perpendicular a una dirección dada.

A

B C

M'

P'

Se traza porAuna perpendicular a la dirección dada, que cortará a la circunferencia circunscrita en el puntoP0. Por

P0se traza una perpendicular aBC, que cortará a la circunferencia circunscrita en el punto buscadoM0.

(Observemos que los puntos,Mdel ejemplo anterior, yM0, de éste, serían diametralmente opuestos, sobre el mismo dibujo.)

Ejemplo 3.Las rectas de Simson de los vértices de un triángulo son las alturas correspondientes.

A

B C

Ha

Los pies de las perpendiculares trazadas desdeAsobreAByACcoinciden conA, y la perpendicular sobreBCes la alturaAHa.

Ejemplo 4.Las rectas de Simson de los puntos diametralmente opuestos a los vértices son los lados del triángulo.

A

A₁

B _C

Ejemplo 5.Las rectas de Simson de los pies de las alturas, sobre la circunferencia circunscrita al triángulo 4 ABC, son paralelas a las tangentes enA,ByC, a dicha circunferencia, y pasan por los vértices del triángulo órtico.

A

C

P

R

O

S

₁

S

₂

S

₃

_H'

a

H'

_b

H'

_c

B

Q

La cuerdaAH0

aes perpendicular aBC, cuya intersección será punto de paso de la recta de SimsonS1, siendo los otros puntos de paso las intersecciones de las perpendiculares, desdeH0_a, a los ladosAByAC.

En la misma forma se determinan las rectas de Simson correspondientes a los puntos H0_b y H0_c, que serán lasS2yS3.

El triángulo 4

PQR, cuyos vértices son las intersecciones deS1,S2yS3, recibe el nombre detriángulo antimedial del triángulo órtico del

4

ABC. Observemos que este triángulo pasa por los vértices del triángulo órtico y sus lados son paralelos a los de este.

Ejemplo 6.Las rectas de Simson de los piesA00,B00yC00de las bisectrices interiores, del triángulo 4

ABC, sobre la circunferencia circunscrita, pasan por los puntos mediosA0,B0yC0de los lados respectivos y son perpendiculares a esas bisectrices.

A

B C

A'' O

A^ __ 2 A^ __ 2

A'

El pie de la perpendicular trazada desdeA00 sobreBCes A0 (el punto medio deBC). Además, por serAA00 _la bisectriz interior, deAb, la recta que une sus proyecciones, las deA00, sobreAByAC, será perpendicular a esta bisectriz.

Sea el triángulo 4

ABC, y sobre su circunferencia circunscrita consideremos dos punto cualesquieraB1 yC1. Sea, ahora,A1el punto, situado también sobre la circunferencia circunscrita, tal que su recta de Simson sea perpendicular aB1C1. Del triángulo

4

A1B1C1diremos que es untriángulo de Simson.

A

B

C

P

A

₁

B

₁

PROPOSICIÓN 3. 1.- Las rectas de Simson relativas a dos puntos diametralmente opuestos de la circunferencia circunscrita de un triángulo,

4

ABC, dado, son perpendiculares.

2.- El lugar geométrico de los puntos de intersección de esas rectas perpen-diculares es la circunferencia de los nueve puntos, del triángulo dado.

En efecto: SeaMOM0un diámetro de la circunferencia circunscrita del triángulo 4

ABC; seanγγγαααβββ,γγγ0ααα0βββ0 las rectas de Simson, relativas aMyM0. Por último, sea

A0B0C0la circunferencia de los nueve puntos de 4

ABC.

1.- A0es el punto medio del segmentoαααααα0, como proyección del punto medio,O, del diámetroMM0; así mismo,B0es el punto medio deβββ βββ0, yC0el punto medio deγγγγγγ0.

Dado que

[

Mγγγααα=900−γγγd0γγγααα , y _βββ\0_γγγ0_{A=γγγγ[γγ}0_ααα0₌₉₀0₋ d γγγ0γγγααα se verifica que

[

Mγγγααα=ββ\β0γγγ0A

Por otra parte, observamos en el cuadriláteroMγγγAβββque [

γ γ

γMβββ=1800−BACd , y por otra parte que_γγγ\0Aβββ0es suplementario deAben

4 ABC, luego \

γ γ

γ0Aβββ0=1800−BACd , con lo que se verifica que

[ γ γ

γMβββ=γγγ\0Aβββ0 En consecuencia, los triángulos

4 γ γγMβββy

4 γ

γγ0Aβββ0sonsemejantes.

Como los ladosMβββyMγγγson respectivamente perpendiculares aAβββ0yAγγγ0, también serán perpendiculares βββ γγγyβββ0γγγ0.

Luego, las rectas de Simson,γγγαααβββ yγγγ0ααα0βββ0son perpendiculares.

2.- Los triángulos 4 α ααH1ααα0,

4 β

ββH1βββ0son rectángulos, luego

H1A0= αααααα0

2 =A

0_{ααα , y H} 1B0=

βββ βββ0

2 =βββB 0

de donde

\ A0_H

1ααα=A\0αααH1=C[αααβββ , y B\0_H

1βββ=H\1βββB0=C[βββ ααα. y sumando tenemos

\

A0H1B0=ACBd =A\0C0B0

Así, el lugar geométrico del puntoH1es el arco capaz del ánguloA\0C0B0sobre el segmentoA0B0, es decir, la circunferencia de los nueve puntos del triángulo

Recta de Simson

relativa al punto M

Recta de Simson

relativa al punto M´

Recta de Euler

Circunferencia de los nueve puntos

M´

A

B

C

M

O

A´

B´

C´

H

M´

₁

M

₁

H

₁

α

α

´

β

β

´

γ

γ

´

ω

G

A´´

Lección 26.- LAS CIRCUNFERENCIAS INSCRITAS

26.1 Circunferencia inscrita en un triángulo

26.2 Relaciones de Euler

26.3 Teorema de Feuerbach

26.1 Circunferencia inscrita en un triángulo

PROPOSICIÓN 1. Las bisectrices interiores de un triángulo son concurrentes.

En efecto: SeaIel punto de intersección de las bisectricesAA00yBB00. Este punto se encuentra a la misma distancia de los ladosACyAB, y de los ladosBAyBC, luego estará igualmente a la misma distancia de los ladosCAyCB, y por consiguiente pertenece también a la bisectrizCC00.

El puntoI, al distar una misma cantidad,r, de los tres lados del triángulo, es el centro de una circunferencia interior a los tres lados, al que llamaremoscentrode lacircunferencia inscrita.

A

B

C

A''

B''

C''

I

r

r

r

PROPOSICIÓN 2. Dos bisectrices exteriores y una interior, correspondientes a vértices distintos del triángulo, son concurrentes.

En efecto: El razonamiento es idéntico al de la proposición anterior.

En este caso se obtienen tres nuevos centrosIa,Ib,Icque corresponden a las circunferencias tangentes exteriores de los lados del triángulo

4

I

A

B

C

I

a

I

_b

I

c

Resulta inmediato comprobar que:El triángulo 4

ABC es el triángulo órtico del 4

IaIbIc, y quelas alturas del triángulo

4

IaIbIcson las bisectrices de su triángulo órtico, 4

ABC. (Esta última propiedad es general). Por otra parte, los ángulos marcados en la figura son iguales.

PROPOSICIÓN 3. Si A00es el punto medio del arcoBC, se verifica:_

A00_I=A00_C=A00_B=A00_I a

En efecto: El triángulo 4

A00BIes isósceles, puesto que el ánguloααα es igual a Ab+Bb

2 , de donde el ángulo

βββtiene el mismo valor (ααα=βββ).

Razonamos en la misma forma con el triángulo 4

A00IC. Así, el centro de la circunferencia

BIC, que pasa evidentemente porIa, pues el cuadrilátero

CBIIaes inscribible, está situado en el punto medio,A00, del arco

_ BC.

A B

C A´´

B´´ O

I

I_a

α

β

Consideremos ahora los segmentos determinados, sobre los lados del triángulo 4

ABC, por los puntos de contacto, tanto de la circunferencia inscrita como por las exinscritas:

A

B

C

I

_a

I

_b

I

c

D

D

D

D

E

E

E

E

F

F

F

F

a

a

a

b b

b

c

c

c

O

SeanD,E,Flos puntos de contacto de la circunferencia inscrita con los lados del triángulo; sean así mismoDa,Ea,Falos puntos de contacto, con los mismos lados, de la circunferencia exinscrita relativa al ánguloA. (Análoga nomenclatura para las otros dos circunferencias exinscritas). Habrá, por tanto,b

cuatro puntos de contacto sobre cada lado, los cuales determinan diversos segmentos, cuyas expresiones,

en función de los lados, vamos a determinar.

Segmentos determinados por los puntos de contacto de la circunferencia inscrita:Si hacemos

AE=AF=x , BF=BD=y , CD=CE=z

tendremos

de donde, puesto que

y+z=a,

deducimos:

x=p−a , y=p−b , z=p−c.

Segmentos determinados por los puntos de contacto de una circunferencia exinscrita:Si hacemos AFa=AEa=xa , BDa=BFa=ya , CDa=CEa=za

tendremos

AFa=AB+BFa=c+ya , AEa=AC+CEa=b+za de donde

2·xa=b+c+ya+za=a+b+c=2·p y por tanto

AFa=AEa=xa=p, y en definitiva

ya=p−c , za=p−b. (Para los otros vértices,ByC, tendremos fórmulas análogas.)

Ejemplo 1.Dado un triángulo que tiene por base una cuerda fija,AB, de una circunferencia,(c), mientras que el tercer vérticeMse mueve sobre el arco

_

AMB, se tata de determinar: El lugar geométrico descrito por elincentro

del triángulo móvil.

A B

M

C D

N G

E

I O

(c)

F

^ M

α _β

En primer lugar observamos que el ánguloMb es constante, al desplazarseMa lo largo del arco de(c); luego los ángulosAbyBbtienen una suma constante (Ab+Bb+Mb =1800), y en consecuencia lo mismo ocurre con sus mitades α

αα= Ab

2 ,βββ= b B 2 .

Luego, en el triángulo 4

AIB, el ángulobIes constante, lo que significa que el lugar geométrico del puntoIes el arco

_

AIB, arco capaz del ángulobI, que vamos a determinar:

Por una parte, el ángulobIes el suplemento de la sumaααα+βββ, es decir

bI+ααα+βββ=1800. Por otra parte tenemos

b

A+Bb+Mb =1800, luego, se verifica que

α

αα+βββ+ 1

2 ·Mb =90 0

=⇒ ααα+βββ=900− 1 2 ·Mb .

En consecuencia

bI+

900− 1 2 ·M

=1800

es decir

bI=900+ 1 2 ·Mb

Observamos que mientras el arco

_

AIBes el lugar geométrico de los puntos de intersección de las bisectrices interio-res (incentro), el interio-resto de esta circunferencia, arco

_

BNAes el lugar geométrico de las intersecciones de las bisectrices exteriores de los ángulosAbyBb.

Comprobemos ahora que,el centro de la circunferencia

ANBI es el punto medio del arco _ AGB, y que se verifica: IG=AG=GB.

En efecto:Ges el punto en el que la bisectrizMINcorta al arco

_

AGB, punto medio de dicho arco. Así mismoEes el punto medio del arco

_

BEM, luegoGAId =GIAd; por tanto, el triángulo 4

AGIes isósceles, luegoGA=GI.

También es isósceles el triángulo 4

AGN, pues los ángulosNbyAb, tienen los mismos complementos, luego GN=GA.

Resulta, entonces queGN=GI, y el puntoG, punto medio de la hipotenusaNIes el centro de la circun-ferencia

ANBI.

PROPOSICIÓN 4. El radio de la circunferencia exinscrita tangente a la hipotenusa de un trián-gulo rectántrián-gulo, es igual a la suma de los radios de las otras dos circunferencias exinscritas y del radio de la circunferencia inscrita.

para lo que bastará demostrar que:AM=NByAJ=BL. Veamos, en primer lugar, queAM=NB: Se tiene

AM+AN=KT y BM+BN=OV

y como

KT=OV

tendremos

AM+AN=BM+BN

de donde

AM=BN

Veamos, ahora, queAJ=BL: El triángulo 4

EBFes rectángulo e isósceles, puesto que el ánguloEBFd es recto, por ser ángulo de las bisectrices de dos ángulos adyacentes suplementarios, y el ánguloBEFd =450, puesto queEFyEGson bisectrices de los ángulos complementariosRESd ySEL. En consecuencia

BE=BF.

Por otra parte los triángulos rectángulos 4 BELy

4

BFJson iguales, por tener iguales las hipotenusas y los ángulos agudos, pues los ángulosEBLd yFBJd son complementarios, ya queEBFd es recto. Luego

BL=AJ.

En conclusión:

EL=AL=AN+BN+BL=GN+IM+FJ.

A

E

F

G I

J

K

L N

O P

Q R

T

V

M

45º C

B

26.2 Relaciones de Euler

Vamos a determinar las expresiones de las distancias del centro de la circunferencia circunscrita a un

triángulo, 4

ABC, a los centros de la circunferencia inscrita,O, y de las exinscritas,Ia,Ib,Ic.

Laprimera relación de Euleres:OI2=d2_=R2_{−2·R·r=R·(R−2·r)que puede ponerse también} en la forma r

R−d + r R+d =1.

A

B

C

A''

I

G

O

d

F

H

R

r

En el triángulo 4

OIA00se verifica:

OI2=d2=R2+A00_I2_−2·R·A00_H

y como en el triángulo rectángulo 4

A00BFse verifica:

A00_B2_=A00_I2_=A00_F·A00_G=2·R·A00_G

tendremos

Lasegunda relación de Euleres:OI2=d2_a=R2+2·R·raque corresponde a la distanciaOIa. Las correspondientes a los centrosIbeIcserían:

d2_b=R2+2·R·rb , d2c=R2+2·R·rc,

a las que llegaríamos con unos razonamientos análogos, al que vamos a emplear para establecer la

co-rrespondiente aIa.

A

B C

A'' O F

R

a

F'

S

E

I

r

Por ser semejantes los triángulos: 4 AEIy

4

FBA00tenemos: AI

FA’’ BAEI’’ AI BA’’ FA’’ EI BA’’ A S’’ AI A S’’ FA’’ EI

Por otra parte, comoA00_S=A00_{I, yFA}00_=2·R,EI=r

aresultará, al serAI·A00I, la potencia deI res-pecto a la circunferencia de centroO:

AI·A00_I=2·R·r

a =⇒ IM·IF0= (OI−R)·(OI+R) =OI 2

−R2 luego, comoOI=da:

d2_a−R2=2·R·ra =⇒ d2a=R2+2·R·ra

26.3 Teorema de Feuerbach

La siguiente proposición suele conocerse con el nombre de Teorema de Feuerbach, y relaciona la circunferencia inscrita, en un triángulo

4

ABCcon la circunferencia de los nueve puntos (circunferencia de Euler-Feuerbach).

PROPOSICIÓN 1. La circunferencia inscrita en un triángulo es tangente a la circunferencia de los nueve puntos del mismo.

En efecto: SeaMel punto medio del ladoBC, del triángulo 4

ABC, yT1,T2los puntos de contacto de las circunferencias inscrita y exinscrita tangente a este lado.

Sabemos que

BT2=CT1=p−c,

siendopel semi-perímetro del triángulo dado, yc=AB; luegoMes también el punto medio deT2T1. Si aplicamos a la circunferencia de Feuerbach la inversión de centroM, y potenciaMT1

2 =MT2

2 , las circunferencias inscrita y exinscrita serán inversas de si mismas, puesto que toda circunferencia respecto de la cual el centro de inversión tenga potencia igual a la potencia de inversión se transforma en si misma. Por pasar la circunferencia de Feuerbach por el centro de inversiónM, su homóloga será una recta paralela a la tangente enMa dicha circunferencia, es decir paralela a la tangente enAa la circunferencia circunscrita, y por tanto antiparalela al ladoBC, respecto de los ladosAByAC. Nos resta, por tanto, hallar un punto de dicha recta.

Consideremos el centro,V, de homotecia negativa, entre las dos circunferencias: la inscrita y la exinscrita. Observemos que la cuaterna(IaVIA), formada por los centros de homoteciaVyA, y los centrosIaeI, es armónica, y se proyecta ortogonalmente según la cuaterna(T2VT1Ha), que también es armónica, por conservarse las razones en la proyección; por lo tanto

MV·MHa=MT1 2

=MT2 2

.

En consecuencia,Ves el homólogo deHaen la referida inversión, y la homóloga de la circunferencia de Feuerbach no es otra más que la tangente interior a ambas circunferencia, distinta del ladoBC, por ser antiparalela a dicho lado respecto deAByAC.

H O

F I

A

B _C

A'

(c)

H B₁

T1

B2

a

Ia

M V

T2

O; centro de la circunferencia circunscrita.

I; centro de la circunferencia inscrita.

F; centro de la circunferencia de Feuerbach.

I ; centro de la circunferencia exinscrita.a

Como aplicación de la homotecia entre dos circunferencias resulta la siguiente propiedad de la

circunfe-rencia de los nueve puntos.

PROPOSICIÓN 2. El radio de la circunferencia de Feuerbach, de un triángulo, es la mitad del de la circunferencia circunscrita, y su centro, F, biseca al segmento OH, limitado por el circuncentro y el ortocentro.

En efecto: Dado que el puntoG, de intersección de las medianas, es decir el baricentro, divide a éstas en dos segmentos, cuya razón es− 1

2, aplicando a la circunferencia circunscrita la homotecia de centro G, y razón− 1

2, se obtiene la circunferencia que pasa por los puntos medios de los lados, es decir, la circunferencia de Feuerbach.

Por tanto, su radio vale la mitad de radio de la circunferencia circunscrita, y su centro,F, estará alineado con el ortocentro,H, y con el baricentro,G, distando de éste la mitad de aquél. Dicho centro,F, estará por tanto situado en larecta de Euler, entreGyH, y a una distancia deOy deHigual a 3

2 ·OG.

A

G

B _C

O

(c)

(p)

M H

F

Ejemplo 1.Determinación del segmento de Euler, de un triángulo 4 ABC.

Se determina elortocentro, H, (punto de encuentro de las alturas), luego se determina elcircuncentro, O, (punto de encuentro de las mediatrices). El segmento que uneHconO, es decirHO, es elsegmento de Euler.

Una propiedad del segmento de Euler es que, dividido en tres partes iguales, elbaricentro, G, (punto de encuentro de las medianas), está a dos tercios del ortocentro, y a un tercio del circuncentro, es decir

GH= 2

3 ·HO , GO=

1 3 ·HO.

A

G

B C

O

Lección 27.- TEOREMAS DE MENELAO Y CEVA

27.1 Teorema de Menelao

27.2 Teorema de Ceva

27.3 Ejemplos de aplicación

27.4 Teorema de Pappus (I)

27.1 Teorema de Menelao

Vamos a establecer dos proposiciones, recíprocas la una de la otra, que luego reuniremos en el conocido

Teorema de Menelao. Sea la siguiente la primera:

PROPOSICIÓN 1. Dado un triángulo 4

ABC, si una recta transversal, s, corta a los lados AB, BC y CA, respectivamente, en los puntos P, M y N, se verifica la igualdad

AP BP ·

BM CM ·

CN AN = +1

En efecto: En primer lugar tracemos una recta cualquierar, no paralela a las, cuyo punto de intersección seaI. Luego, tracemos, por los puntosA,ByC, paralelas a la rectas, que cortarán a laren los puntosA0,

B0yC0.

Aplicando, ahora, elTeorema de Thales, podemos escribir

AP

BP =

A0_I B0_I ;

BM

CM =

B0_I C0_I ;

CN

AN =

C0_I A0_I Multiplicando miembro a miembro las tres igualdades, tendremos

AP BP ·

BM CM ·

CN

AN =

A0_I B0_I ·

B0_I C0_I ·

C0_I A0_I = +1 como queríamos demostrar.

A

B C

A'

B'

C' P

N

M I

Establezcamos, ahora, la recíproca de la anterior:

PROPOSICIÓN 2. Dado un triángulo 4

ABC, si se toman sobre sus lados, AB, BC y CA, respectiva-mente, los puntos P, M y N, tales que se tenga

AP BP ·

BM CM ·

CN AN = +1 resultará, entonces, que tales puntos P, M y N, están alineados.

En efecto: Unamos los puntosMyN, y seaP0el punto en el que la rectaMNcorta al ladoAB; se trata de demostrar queP0coincide conP.

Puesto que los puntosM,NyP0están alineados tendremos, en virtud de la proposición anterior

AP0 BP0 ·

BM CM ·

CN AN = +1

que comparada con la que figura como hipótesis

AP BP ·

BM CM ·

CN AN = +1

nos permite escribir la igualdad

AP

BP =

AP0 BP0 lo que muestra que los puntosPyP0coinciden.

En consecuencia, los puntosP,MyN, están alineados, como queríamos demostrar.

Tal como enunciamos, vamos a reunir las dos proposiciones anteriores en una sola, el siguiente:

TEOREMA DE MENELAO. Dado un triángulo 4

ABC, y situados en él los puntos P, M y N, respec-tivamente, sobre los lados AB, BC y CA, es condición necesaria y suficiente, para que los puntos P, M y N esten alineados, que se verifique que el producto de las tres razones simples(ABP),(BCM)

y(CAN), valga+1, es decir:

AP BP ·

BM CM ·

CN AN = +1

27.2 Teorema de Ceva

Vamos a proceder, ahora, en forma análoga a como hicimos en el punto anterior, reuniendo las dos

pro-posiciones siguientes en el conocido comoTeorema de Ceva. Sea la siguiente la primera:

PROPOSICIÓN 1. Dado un triángulo 4

ABC, y un punto cualquiera, O, de su plano, si las rectas AO, BO y CO, cortan a los lados AB, BC y CA, respectivamente en los puntos P, M y N, se verifica la igualdad

AP BP ·

BM CM ·

CN

AN =−1

En efecto: Apliquemos elTeorema de Menelaoal triángulo 4

AMC, cortado por la transversalBN; así tendremos

A

B C

P

N

M

O

AO MO ·

MB CB ·

CN AN = +1

Si la aplicación delTeorema de Menelaola hacemos al triángulo 4

AMB, cortado por la transversalCP, tendremos

A

B C

P

N

M

O

AP BP ·

BC MC·

MO AO = +1

Multiplicando las dos igualdades, anteriores se tendrá

AO MO·

MB CB ·

CN AN

!

· AP

BP · BC MC ·

MO AO

! =1

y simplificando, reordenando, y teniendo en cuenta que

BC=−CB

obtendremos la igualdad

AP BP ·

BM CM ·

CN AN =−1

como queríamos demostrar.

PROPOSICIÓN 2. Dado un triángulo 4

ABC, se se toman sobre sus lados AB, BC y CA, respectiva-mente, los puntos P, M y N, tales que

AP BP ·

BM CM ·

CN

AN =−1

resultará, entonces, que las rectas AM, BN y CP, pasan por un mismo punto.

En efecto: Supongamos que las rectasAMyBNse cortan en un punto,O; unamos, entonces, el puntoC

con elO, y designemos porP0el punto de intersección de las rectasCOyAB. Lo único que tenemos que hacer es demostrar queP0coincide conP.

A

B

C

P

N

M

O

P'

Como las rectasAM,BNyCP0son concurrentes, tendremos en virtud de la proposición anterior

AP0 BP0 ·

BM CM ·

CN AN =−1,

que comparada con la que figura como hipótesis

AP BP ·

BM CM ·

CN AN =−1

nos permite escribir la igualdad

AP

BP =

AP0 BP0

lo que muestra que los puntosPyP0coinciden.

En consecuencia, las rectasAM,BNyCPpasan por un mismo punto, como queríamos demostrar. Tal como anunciamos, vamos a reunir las dos proposiciones anteriores en una sola, el siguiente:

TEOREMA DE CEVA. Dado un triángulo 4

ABC, y situados en el los puntos P, M y N, respectiva-mente, sobre los lados AB, BC y CA, es condición necesaria y suficiente, para que las rectas AM, BN y BP sean concurrentes, que se verifique que el producto de las tres razones simples(ABP),

(BCM)y(CAN), valga−1, es decir AP BP ·

BM CM ·

CN

AN =−1

27.3 Ejemplos de aplicación

Veamos, a continuación, unos ejemplos sencillos en los que se aplican los teoremas anteriores.

Ejemplo 1.En un triángulo, los pies de las bisectrices exteriores están alineados

bisectriz exterior

bisectriz interior a

b

c A

B

C A´

β

β

90º

α

α

γ

Dado un triángulo 4

ABC, siA0es el pie de la bisectriz exterior correspondiente al vérticeA, se verifica:

1o.-En el triángulo 4

AA0B: A 0_B senααα =

c senγγγ

2o.-En el triángulo 4

AA0C: A

0_C sen(2·βββ+ααα) =

b senγγγ

Ahora bien, dado queααα+βββ=900, es decirβββ=900−αααresultará

2·βββ+ααα=2·(900−ααα) +ααα=1800−2·ααα+ααα=1800−ααα de donde

sen(2·βββ+ααα) =sen(1800−ααα) =senααα Dividiendo, ahora, las dos igualdades de1oy2o, tendremos

A0B A0C =

c b

Procediendo en forma análoga obtendríamos, siB0yC0son, respectivamente, los pies de las bisectrices exteriores que pasan porByC:

B0_C B0_A =

a

c ,

C0_A C0_B =

b a .

Al multiplicar las tres igualdades anteriores, obtenemos

A0_B A0C ·

B0_C B0A ·

B

_C

B'

A'

C'

a

b

c

A

Bisectrices exteriores

Recta que pasa por los pies de las bisectrices exteriores

Ejemplo 2.En un triángulo las tres bisectrices interiores se cortan en un punto. A

B _a C

b

c B´

α

α

β

γ

m

n

Dado el triángulo 4

ABC, en virtud delTeorema de los senosse verifica:

1o.-En el triángulo 4

ABB0: m

senααα =

c senβββ

2o.-En el triángulo 4

BCB0: n

senααα =

a senγγγ

Dividiendo, ahora, las igualdades anteriores, y teniendo en cuenta que

resultará

m

n =

c a .

Sean, entonces,AA0_,BB0_,CC0_{las bisectrices interiores del triángulo dado, ya,b,clas longitudes de los ladosBC,} CA,AB.Tendremos, teniendo en cuenta los signos de los cocientes,

A0_B A0_C =−

c

b ,

B0_C B0_A =−

a

c ,

C0_A C0_B =−

b a

igualdades que, multiplicadas miembro a miembro dan como resultado

A0_B A0C ·

B0_C B0A ·

C0_A C0B =−1.

En consecuencia, en virtud delTeorema de Ceva, podemos afirmar que las bisectrices pasan por el mismo punto: el

incentro.

A

A' B

B'

C C'

Incentro

Ejemplo 3.En un triángulo, 4

ABC, los pies de dos bisectrices interiores, y de la bisectriz exterior del tercer ángulo, están alineados.

Veamos que es así: Conservando las notaciones de los dos ejemplos anteriores, podemos escribir

A0B A0_C =

c

b ,

B0C B0_A =−

a

c ,

C0A C0_B =−

b a

igualdades que al ser multiplicadas miembro a miembro, dan

A0_B A0C ·

B0_C B0A ·

C0_A C0B = +1.

Luego, en virtud delTeorema de Menelao, los tres puntosA0,B0,C0están alineados, como habíamos enunciado.

A B

B'

C

C' A'

b

a

Ejemplo 4.En un triángulo, las tres alturas se cortan en un punto. Veamos que es así: Dado el triángulo 4 ABC, sean

AA0,BB0,CC0sus tres alturas. Puesto que los ángulosBB[0CyBC\0Cson rectos, se verificará que la circunferencia, de diámetroBC, pasa por los puntosB0yC0. Podemos, entonces, calcular la potencia del puntoA, respecto a dicha circunferencia, y escribir

AC0·AB=AB0·AC

es decir

C0A B0A =

AC AB .

Procediendo de la misma manera, por permutación circular tendremos

A0_B C0_B =

BA

BC ,

B0_C A0_C =

CB CA .

Multiplicando, ahora, estas tres igualdades miembro a miembro, resultará

C0_A B0A ·

A0_B C0B ·

B0_C A0C =

AC AB ·

BA BC ·

CB CA =−1.

Luego, en virtud delTeorema de Ceva, podemos afirmar que las tres alturas se cortan en un punto: elortocentro. A

A B

B

C C

O

O A´

B´ C´

Ejemplo 5.En un triángulo, las rectas que unen los vértices con los puntos de los lados opuestos en contacto con la circunferencia inscrita, se cortan en un punto.

Veamos que es así: Puesto que las tangentes, desde un punto, a una circunferencia son iguales, podemos escribir:

A0B=C0B , A0C=B0C , B0A=C0A,

luego el producto

A0_B A0_C ·

B0_C B0_A ·

C0_A C0_B

vale1, en valor absoluto. Ahora bien, como cada uno de los cocientes es negativo, el producto valdrá−1, es decir

A0B A0C ·

B0C B0A ·

C0A C0B =−1

En consecuencia, en virtud delTeorema de Cevapodemos afirmar que, las tres rectas establecidas en el enunciado, pasan por un mismo untoI.

A

B _A' C

B' C'

I

O

27.4 Teorema de Pappus (I)

La siguiente proposición, establecida ya por Pappus de Alejandría sobre el 300 a.C., es importante en la

geometría plana, y sobre todo en la fundamentación de la geometría proyectiva.

TEOREMA DE PAPPUS (I). Consideremos dos rectas coplanarias cualesquiera, r y r0; sobre la primera fijamos los puntos A, C, E, y sobre la segunda los B, D, F. Si las tres rectas AB, CD, EF cortan, respectivamente, a las DE, FA, BC, entonces los tres puntos de intersección L, M, N están alineados.

En efecto: Dibujemos, en primer lugar, los diagramas que nos van a guiar en la demostración

E

C

A

N L M

B F D

r

Será igualmente válido el siguiente esquema:

E A

N

L _M

B

F

D r

r'

C

Por otra parte, para evitar considerar puntos en el infinito, consideremos que las rectasAB,CD,EFforman un triángulo

4

UVW, como se muestra en la figura siguiente:

E C

A

N _L M

B F D

r

r' U

V

W

Sobre dicho triángulo, 4

UVW, razonaremos a continuación.

Aplicando elTeorema de Menelaoa las siguiente cinco ternas de puntos:

(L,D,E) , (A,M,F) , (B,C,N) , (A,C,E) , (B,D,F)

obtendremos:

VL WL ·

WD UD ·

UE VE = +1

VA WA ·

WM UM ·

UF VF = +1

VB WB ·

WC UC ·

UN VN = +1

VA WA ·

WC UC ·

UE VE = +1

VB WB ·

WD UD ·

UF VF = +1

Dividiendo, ahora, el producto de las tres primeras igualdades por el producto de la dos últimas, y simpli-ficando, resultará

VL WL ·

WM UM ·

UN VN = +1,

Observemos que, en la primera figura que aparece en la demostración del teorema anterior, hemos

in-dicado con flechas el sentido del teórico movimiento que nos permitiría recorrer los puntos desde elA hasta elF.

Por otra parte, los puntosL,M,Nson siempre intersección de dos segmentos, uno descendente y el otro ascendente: ElLse obtiene como intersección de las rectasAByDE; elNcomo intersección deBC yEF; y por último, elMcomo intersección deCDyFA. La alineación de los puntosL,M,N, está garantizada por el teorema en cuestión.

Ahora bien, la situación y alineación de esos puntos no es intrínsecamente única, puesto que basta

man-tener los mismos puntos en las rectas dadas, renombrándolos de forma que cumplan las condiciones

del teorema, y aplicar el criterio de obtención descrito más arriba, con lo que obtendremos distintas

ternas(L,M, N), también alineadas, de acuerdo con lo que establece el teorema. Veámoslo en las dos construcciones siguientes, en los que los puntos son los mismo de la figura sobre la que hemos estado

razonando, y lo único que hemos hecho es renombrarlos y operar.

E

C

A

N

L

M

B

F D

r

E

C

A

N

L

M

B

F

D

r

r'

Lección 28.- SEMIMEDIANAS

28.1 Semimedianas

28.2 Propiedades

28.3 Punto de Lemoine

28.1 Semimedianas

Diremos que dos rectasAPyAP0_{, sonisogonalesrespecto de un ángulo}

b

A, si forman el mismo ángulo (y de sentido contrario) con sus lados.

Podemos afirmar, por tanto, que dos isogonales son simétricas respecto a la bisectriz del ángulo.

Dado un triángulo 4

ABC, llamaremossemimedianaa la isogonal de la mediana.

Observamos que la semimediana será, siempre, simétrica de la mediana respecto de la bisectriz del

án-gulo que parte del mismo vértice. Estudiaremos las propiedades de las rectas y segmentos de la siguiente

figura en el apartado 28.3

A

B

B'

C

C'

P

P'

A

^

Rectas isogonales

respecto de A

^