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El siguiente paso es obtener los puntos de intersección A,B,C de los lados BC,C A, AB con las tangentes en los puntos A,B,C :

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Academic year: 2021

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Problema 629 detriánguloscabri. Sea ABC un triángulo. Sean sa, sb y sc las rectas tangentes a una circunferencia concéntrica a la circunscrita por los puntos de corte de las semirrectas O A, OB y OC , y sean las intersecciones A0

=sa∩BC , B0

=sb∩C A, C0=sc∩AB . Demostrar que A0, B0y C0están alineados..

Propuesto por Ricardo Barroso Campos.

A

B

C

O

A''

A'

C''

C'

B''

B'

Solución de Francisco Javier García Capitán

Supongamos que la circunferencia concéntrica a la circunscrita tiene radio

λ. Hemos visto (Problema 628) que paraλ=R, los puntos A0,B0,C0están

ali-neados y que la recta que los contiene es la polar trilineal del punto simediano

K. Es razonable pensar que si también lo están para cualquierλ, entonces, la

recta que contiene a los puntosA0

B0

C0

será la polar trilineal de un puntoP que

describirá un lugar geométrico que contenga aK.

Realizaremos la investigación con coordenadas baricéntricas, y haremos

uso del paqueteBaricentricasdisponible enhttp://garciacapitan.99on.com.

Para comenzar, iniciamos una sesión deMathematicay cargamos el

paque-teBaricentricas: <<Baricentricas` ;

Teniendo en cuenta que la semirrectaO Acortará a la circunferencia de

ra-dioλen un puntoA00

tal queO A00

:A00

A=λ: (R−λ), obtenemos el puntoA00

(2)

ptA2=DividirRazon@ptO, ptA,Λ, R- ΛD; ptB2=DividirRazon@ptO, ptB,Λ, R- ΛD; ptC2=DividirRazon@ptO, ptC,Λ, R- ΛD;

El siguiente paso es obtener los puntos de intersecciónA0

,B0

,C0

de los lados

BC,C A,ABcon las tangentes en los puntosA00

,B00

,C00

:

ptA1=Punto@Perpendicular@ptA2, ptA2, ptOD, Recta@ptB, ptCDD; ptB1=Punto@Perpendicular@ptB2, ptB2, ptOD, Recta@ptC, ptADD; ptC1=Punto@Perpendicular@ptC2, ptC2, ptOD, Recta@ptA, ptBDD;

Comprobamos que los puntosA0

,B0

yC0

están alineados: Factor@Det@8ptA1, ptB1, ptC1<DD

0

Ahora hallamos el polo trilineal de la recta que contiene a los tres puntos A0 ,B0 ,C0 . ptP=Factor@PoloTrilineal@Recta@ptB1, ptC1DDD 9a2Ia4R-2 a2b2R+b4R-2 a2c2R+c4R-2 b2c2ΛM, b2Ia4R-2 a2 b2R+b4 R-2 b2 c2R+c4 R-2 a2 c2ΛM, c2Ia4R+b4R-2 a2c2R-2 b2c2R+c4R-2 a2b2ΛM=

Eliminandoλobtenemos el lugar geométrico del puntoP al variarλ, y

ve-mos que se trata de una recta:

Eliminate@8x, y, z<Šk ptP,8k,Λ<D a2y-c2 y-a2 z+b2 zŠIb2 -c2Mx

En efecto, (b2−c2)x+(c2−a2)y+(a2−b2)z=0 es la ecuación de la rectaGK,

que une el baricentro y el punto simediano. Finalmente, la instrucción Factor@RazonSimple@ptK, ptP, ptGDD

6 a2b2c2HR- ΛL

Ha-b-cL Ha+b-cL Ha-b+cL Ha+b+cL Ia2+ b2+c2

MR

nos permite ubicarP dentro de dicha recta: La recta que contiene aA0

,B0

,C0

es

la polar trilineal del puntoP sobreGK tal que

K P PG =

6R(λ−R)

a2+b2+c2.

Esta fórmula muestra cómo este problema generaliza al Problema 628: Para

(3)

La generalización de Lim Sung Hyun

Hemos visto cómo el Problema 629, que es una generalización del Proble-ma 628, tiene una solución que es una generalización de la de aquél.

Concre-tamente, la rectaA0

B0

C0

que en el Problema 628 era la polar trlineal del punto

simedianoK, en el Problema 629 es la polar trilineal de un punto que está sobre

la rectaGK.

¿Se puede generalizar más? ¿Cuál sería la versión proyectiva de este proble-ma? Tengo la suerte de conocer y tener contacto con un estudiante coreano, cuyo nombre es Lim Sung Hyun, que todavía no ha iniciado sus estudios uni-versitarios, pero que tiene ya unos conocimientos notables de geometría y, a continuación está su respuesta a esta pregunta.

Generalización de Lim Sung Hyun. Sean ABC un triángulo y m una recta. Sean Γuna cónica circunscrita al triángulo, con perspector U , y M el polo de la recta m respecto deΓ. Sean X e Y los puntos de intersección de la recta m y la circun-cónicaΓ, yΓ0

cualquier otra cónica tangente a M X y MY en los puntos X e Y . Supongamos que las rectas M A, MB , MC cortan a la cónicaΓ0

en los pares de puntos(X1,X2),(Y1,Y2),(Z1,Z2). Llamemos A1,A2a los puntos de intersección de la recta BC con las tangentes aΓ0

trazadas por A1,A2respectivamente, y defi-namos B1,B2sobre C A y C1,C2sobre AB de forma semejante. Entonces, hay una ordenación de los pares(A1,A2),(B1,B2),(C1,C2)tales que los puntos A1,B1,C1 por un lado y A2,B2,C2por otro están alineados.Además, los tripolos de las

rec-tasA1B1C1yA2B2C2están sobre la recta que une el perspectorU y el tripolo de

la rectam.

Detallemos cómo este enunciado generaliza al Problema 629:

Sean ABC un triángulo y m una recta.En nuestro caso, la rectam es la recta del infinito.

SeanΓuna cónica circunscrita al triángulo con perspector U ,Recordemos

que las tangentes a la circunferencia circunscrita a ABC por los vértices

forman un triángulo perspectivo con ABC y cuyo centro de perspectiva

(perspector) es el punto simedianoK. Así en nuestro caso,Γes la

circun-ferencia circunscrita aABCyU=K.

y M el polo de la recta m respecto deΓ. El centro de una cónica es el polo

(4)

Sean X e Y los puntos de intersección de la recta m y la circuncónica Γ Sabemos que la recta del infinito corta a cualquier circunferencia en dos puntos imaginarios conocidos como los puntos circulares.

yΓ0

cualquier otra cónica tangente a M X y MY en los puntos X e Y .La

cónicaΓ0

sustituye a la circunferencia concéntrica a la circunscrita; para que dos cónicas tengan la misma dirección y sean semejantes, las cónicas deben tener los mismos puntos en el infinito, que son la intersección de la cónica con la recta del infinito, y que en el caso general que estamos

construyendo, es la rectamla que ha sustituido a la recta del infinito.

Además, los tripolos de las rectas A1B1C1 y A2B2C2 están sobre la recta que une el perspector U y el tripolo de la recta m. Hemos dicho queU, el perspector de la cónica, se corresponde con el punto simediano en el caso particular, y observemos que el polo trilineal de la recta del infinito

es el baricentroG, por lo que en el Problema 629 obtenemos la rectaGK

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A B C U Γ M Y 2 m X Y Γ' Z 1 Y 1 X 1 B 1 C 1 A 1 X 2 Z 2

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