Concurrencia y Colineabilidad

Concurrencia y colinealidad

1. Primeros ejemplos de concurrencia y colinealidad

El que, 3 puntos sean colineales, 3 rectas sean concurrentes o 4 puntos sean concíclicos, son situaciones especiales en geometría. Dependiendo de la generalidad del caso se da lugar a teoremas, problemas o ejercicios. En esta primera parte veremos algunos ejemplos de estas situaciones.

Los primeros resultados que tenemos de rectas concurrentes están relacionados a la geometría del triángulo. Sabemos que las 3 mediatrices de un triángulo son concurrentes, también que las 3 bisectrices internas son concurrentes, que las 3 alturas pasan por un mismo punto y que las 3 medianas concurren. Una manera de ver que las mediatrices, bisectrices, alturas concurren, se puede hacer siguiendo un mismo tipo de argumentación, cada una de las rectas señaladas se "caracteriza" por una ecuación o se "identi…ca" como un lugar geométrico, por ejemplo en un triángulo ABC;

la mediatriz del lado BC es fP ; P B = P Cg

la bisectriz del ángulo6 _{BAC es fP ; d(P; AB) = d(P; CA)g}

la altura por el vértice A es fP ; P B2 _{P C}2_{= AB}2 _CA2_g

luego se toma el punto de intersección de dos rectas mediatrices (resp. bisectrices, alturas) y se muestra que que tal punto pertenece a la otra mediatriz (resp. bisectriz, altura).

R

R

R

P

C

B

A

r

r

r

P

C

B

A

P F E C B A P 2 fP ; P A2 _{P B}2_{= CA}2 _BC2_{g \ fP ; P C}2 _{P A}2_{= BC}2 _AB2_{g =)} P 2 fP ; P B2 _{P C}2_{= AB}2 _CA2_g

Para ver que las medianas concurren se usa otra idea, se muestra que el punto de intersección G de dos medianas, digamos BB0 y CC0, cumple que divide a los segmentos BB0 y CC0 en la razón 2 : 1: Luego como solo hay un punto sobre el segmento que lo divide en cierta razón cuando CC0 se intersecte con AA0, será también en el punto G:

G

B'

C'

A'

C

B

A

Ejemplo 1. (13a OMM) Considere P un punto en el interior del triángulo ABC. Sean D, E y F los puntos medios de AP , BP y CP , respectivamente, y L, M y N los puntos de intersección de BF con CE, AF con CD y AE con BD. Muestre que:

(a) El área del hexágono DN ELF M es igual a una tercera parte del área del triángulo ABC. (b) Los segmentos DL, EM y F N concurren.

Solución.

N

M

L

E

D

F

P

C

B

A

(a) Como en el triángulo ABP , BD y AE son medianas se tiene que N es el centroide del triángulo ABP y como las medianas dividen al triángulo en seis triángulos de la misma área se tiene que:

(P DN E) = 1

3(ABP ):

Análogamente (P ELF ) = 1₃(BCP ) y (P F M D) = 1₃(CAP ) por lo que: (DN ELF M ) = 1₃(ABC):

(b) Considere el triángulo CDE. Como CM_{M D} = CL_LE = 2₃ se tiene que M L y DE son paralelas, si Q es el punto de intersección de DL y EM se tiene que los triángulos QDE y QLM son semejantes,

Q

M

L

E

D

P

C

B

A

2 esto es DL y EM se cortan en el punto Q que divide a los segmentos en razón

3 : 2. Con el mismo argumento se muestra que F N y DL, se corta en un punto que los divide en razón 3 : 2, luego el resultado.

Ejemplo 2. (11a OMM)En un triángulo ABC sean P y P0 sobre el segmento BC, Q sobre el segmento CA y R sobre el segmento AB, de tal forma que

AR RB = BP P C = CQ QA = CP0 P0_B:

Sea G el centroide del triángulo ABC y sea K el punto de intersección de las rectas AP0 _{y RQ: Demuestre}

que los puntos P; G y K son colineales. Solución.

R

K

P

_P'

G

Q

A

B

C

Usando el teorema de Thales, tenemos que QP0 y AB son paralelos, puesto que estos segmentos están cortados por las transversales CA y CB, y se tiene que CQ_QA = CP_P0_B0. Entonces los triángulos CQP0 y CAB

son semejantes con razón de semejanza CQ_CA y como _RBAR = CQ_QA se tiene que QP0 _{= AR. Tenemos entonces}

que los triángulos AKR y P0_{KQ son congruentes, de donde K es el punto medio de AP}0_{. Sea M el punto}

medio de BC.

R

K

P

P'

G

M

Q

A

B

C

Notemos que M también es punto medio de P P0 y como AG = 2GM , resulta que G también es el centroide del triángulo AP P0, de donde la mediana P K pasa por G, y así P , G y K están alineados.

Ejemplo 3. En la …gura de abajo los triángulos A0BC; AB0C y ABC0 son triángulos equiláteros. Muestre que AA0; BB0 y CC0 son concurrentes.

C'

A'

B

B'

A

C

Si el triángulo C0_{BC se gira 60 en sentido positivo alrededor de B, obtenemos el triángulo ABA}0_{: Luego}

CC0 _{y AA}0 _{son congruentes y resulta que AA}0 _{es la girada de C}0_{C en un ángulo de 60 : Si D es el punto de}

intersección AA0 y C0C; se tiene que DBCA0 es un cuadrilátero cíclico, además 6 A0DB = 120 :

Análogamente, los triángulos A0AC y BB0C son triángulos congruentes y el segundo se puede obtener del primero al girar 60 alrededor de C: Así la recta B0B se deberá cortar con la recta AA0en un ángulo de 60 . Pero como6 A0_{DB = 120 ; se tiene BB}0 _{deberá de pasar por D:}

D

A'

C'

B

B'

C

A

4C0BC = 4ABA0 4A0AC = 4BB0C

Ejemplo 4. En un triángulo, el ortocentro, el centroide y el circuncentro son colineales. La recta que contiene a estos puntos se conoce como la Recta de Euler.

Solución.

Sean ABC el triángulo, H el ortocentro, G el centroide y O el circuncentro. Si A0_{y B}0 _{son los puntos medios}

de BC y CA; tenemos que los triángulos ABH y A0_OB0 _{son semejantes, por tener lados paralelos. Además}

AH = 2A0_{O; ya que AB = 2A}0_B0_:

G

H

O

A'

B'

C

B

A

Como G es el centroide AG = 2GA0: Como AH y A0O son ambas perpendiculares a BC; se tiene que son paralelas por lo que,6 HAG =6 OA0G: Por el critério LAL; los triángulos HAG y OA0G son semejantes, en particular6 HGA =6 OGA0_{; lo que implica que H; G y O son colineales.}

2. Ejercicios y problemas de concurrencia y colinealidad, primeros ejemplos

Ejercicio 1. _{Sea ABCD un cuadrilátero cíclico, una circunferencia C}1que pasa por A y D corta a la recta

AB en E, y otra circunferencia C2 que pasa por C y D corta a la recta BC en F . Sea G el segundo punto

de intersección de C1y C2. Muestre que E, F y G son colineales.

Ejercicio 2. Una recta que pasa por un punto K en el interior del cuadrado ABCD, intersecta a los lados opuestos AB y CD en los puntos P y Q, respectivamente. Se dibujan dos circunferencias que pasan por los vértices de los triángulos KBP y KDQ, respectivamente. Pruebe que el segundo punto de intersección de las dos circunferencias está sobre la diagonal BD:

Ejercicio 3. _{Sea ABC un triángulo con circuncentro O. Sean C}1la circunferencia que pasa por A y B con

centro O1sobre AC y C2la circunferencia que pasa por A y C con centro O2sobre AB. Estas circunferencias

se cortan en A y en P . Muestre que A, O y P son colineales.

Ejercicio 4. Dos circunferencias de diámetro AB y AC se intersectan también en D. Muestre que B, C y D son colineales.

Ejercicio 5.Sean ABC un triángulo acutángulo, M y N punto sobre los lados AB y CA, respectivamente. Las circunferencias de diámetros BN y CM se intersectan en P y Q. Muestre que los puntos P , Q y el ortocentro H de ABC, son colineales.

Problema 6. Sea ABCD un cuadrilátero inscrito en una circunferencia, las rectas BD y AC se cortan en el punto P . Si O es el circuncentro del triángulo ABP y H es el ortocentro del triángulo CDP , demuestre que O, P y H están alineados.

Problema 7. Sea ABC un triángulo. Sean D, E y F puntos sobre BC, CA y AB tales que CD = 2DB, CE = 2EA y AF = 2F B, Sean I el punto de intersección de BE con CF y M el punto medio de AB. Pruebe que M , I y D son colineales.

Problema 8. (9a OMM) Sean A, B, C y D vértices consecutivos de un heptágono regular; sean AL y AM las tangentes desde A a la circunferencia d centro C y radio CB, y sea N la intersección de AC y BD. Demuestre que los puntos L, M y N son colineales.

Problema 9. (10a _{OMM)En la …gura se muestra un triángulo acutángulo ABC en el que la longitud de}

AB es menor que la de BC y la longitud de BC es menor que la de AC. Los puntos A0_{, B}0 _{y C}0 _{son tales}

que AA0 _{es perpendicular a BC y la longitud de AA}0 _{es igual a la de BC; BB}0 _{es perpendicular a AC y la}

longitud de BB0 _{es igual a la de AC; CC}0 _{es perpendicular a AB y la longitud de CC}0 _{es igual a la de AB.}

Además el6 AC0_{B = 90}o_. C' A' B' A B C

3. Soluciones a los primeros ejemplos

Solución 1. Sean a1=6 BCD, a2=6 DAE, a3=6 DGF , b1=6 BAD, b2=6 EGD y b3=6 F CD.

b

a

a

a

b

b

F

C

D

_G

E

A

B

Para ver que E, E y G son colineales, basta ver que a3 y b2 suman 180o. Esto se sigue de que: a1+ b1=

a2+ b2= a3+ b3= a1+ b3= a2+ b1= 180o. De hecho resulta que todas las a0s son iguales y todas las b0s

son iguales.

Solución 2. Sea T el segundo punto de intersección de las circunferencias. Como el cuadrilátero BT KP es cíclico,6 KT B +6 BP K = 180o_{. También, por ser cíclico el cuadrilátero KT QD,6 DT K =6 DQK.}

T

K

P

A

B

C

D

Q

Por otro lado, P Q es una transversal que corta a las paralelas AB y CD; por lo que tenemos que: 6 BP K =

6 DQK. Con estas tres igualdades, obtenemos que: 6 KT B +6 DT K = 180o_{, por lo que B; T y D son}

Solución 3. _{Como las circunferencias C}1 y C2 se intersectan en A y P , entonces O será colineal con ellos si

O está sobre el eje radical de C1 y C2.

A

P

O

O

C

B

O

AO es altura del 4AO1O2

Bastará ver entonces que AO es perpendicular a la recta que une los centros, es decir a O1O2. Sabemos

que el centro O1 de C1 se encuentra en la mediatriz de AB; análogamente O2 el centro de C2 se encuentra

en la mediatriz de AC; resulta entonces que OO1 y OO2 son alturas del triángulo AO1O2, y que O es su

ortocentro, por lo que OA es la otra altura y entonces AO es perpendicular a O1O2.

Solución 4. Por ser AB y AC diámetros, los ángulos 6 ADB y6 ADC son rectos. Luego BD y CD son segmentos perpendiculares a AD, por tanto son paralelos y como D es un punto común de los segmentos, se tiene que B, C y D son colineales.

D

A

B

C

Solución 5. H F E P Q N M C B A HB HE = HC HF

P , Q y H son colineales si H tiene la misma potencia con respecto a las dos circunferencias C1 y C2 de

diámetros BN y CM . Sean BE y CF las alturas. La potencia de H con respecto a C1 es HB HE y la

potencia con respecto a C2 es HC HF . Como el cuadrilátero BCEF está inscrito en la circunferencia de

diámetro BC, se tiene que: HB HE = HC HF , como queríamos.

Solución 6. Sea Q la intersección de OP con CD. Probar que O, P y H son colineales es equivalente a probar que P Q es perpendicular a CD. Sea a =6 BAC =6 BDC.

2a a a O Q H P A B _C D 6 P QD = 90o

Como O es el circuncentro de ABP , 6 BOP = 2a. Como el triángulo BOP es isósceles 6 OP B = 90o 1

26 BOP = 90o a. Entonces6 DP Q+6 P DQ =6 OP B+a = (90o a)+a = 90o. Por lo tanto,6 P QD = 90o,

es decir, P Q es perpendicular a CD.

Solución 7. Sean F0 _{el punto sobre AB tal que BF = F F}0_{= F}0_{A, N el punto de intersección de ED con}

N

Q

I

E

D

F'

F

B

M'

C

A

Entonces F0_{EDB es paralelogramo, así que los triángulos F IB y N IE son semejantes. Como F y F}0

trisectan AB y ED es paralela a AB, entonces N y Q trisectan a DE. Calculemos la razón de semejanza entre los triángulos F IB y N IE. Sea F B = 3a; entonces 6a = F0_{B = ED, de donde N D = 2a y N E = 4a;}

así la razón de semejanza es 3₄. Sea M0 _{el punto de intersección de DI con AB. Probaremos que M}0 _{= M .}

Tenemos que el triángulo F IM0 _{es semejante a N ID y la razón de semejanza es la misma que hay entre los}

triángulos F IB y N IE, pues en aquellos dos lados correspondientes son F I y IN , que también son lados correspondientes en éstos. Entonces M0F =3₄N D = 3₄2a = 3₂a. Por tanto M0B = M0F + F B = 3₂a + 3a =

9 2a =

1

2AB y M0 = M .

Solución 8. Como los arcos BC y CD son iguales, los ángulos DAC y DBC son iguales. Puesto que

6 ACD =6 N CD es común para los triángulos ACD y DCN , tenemos que estos dos triángulos son seme-jantes. Luego AC

CD = CD

N C, pero CD = CL, y así tenemos que AC CL = CL N C. N L M B D A C 4ACD ' 4 DCN =) 4ACL ' 4 LCN

Esto, junto con el hecho de que el ángulo6 ACL es común para los triángulos ACL y LCN , nos garantiza que estos triángulos son semejantes. Pero ACL es un triángulo rectángulo, luego el triángulo LCN también es rectángulo con ángulo recto en N , por lo que LN es perpendicular a AC. También, como CD = CM; tenemos que _CMAC = CM_{N C} por lo que de manera análoga se llega a que M N es perpendicular a AC. Luego L; M y N son colineales.

Solución 9. Observemos primero que 6 ABB0 = 6 C0CA puesto que ambos son completamentarios de

6 BAC (ya que CC0 es perpendicular a AB y BB0 es perpendicular a AC). Entonces los triángulos ABB0 y C0CA son congruentes (por tener iguales dos lados y el ángulo comprendido entre ellos).

B'

C'

A'

A

B

C

A0BC0 y C0AB0 son triángulos rectángulos isósceles

Como los lados correspondientes en estos triángulos son perpendiculares entre sí, entonces también lo es el tercero, es decir, 6 B0_AC0 _{= 90}o_{. Por la misma razón, los triángulos BCC}0 _{y A}0_{AB son congruentes}

y 6 C0_BA0 _{= 90}o_{. Pero entonces A}0_BC0 _{y C}0_AB0 _{son triángulos rectángulos isósceles (A}0_{B = BC}0 _y

C0_{A = AB}0_{), de donde sus ángulos no rectos son de 45}o_{. Así 6 A}0_C0_B0 _{=6 A}0_C0_{B +6 BC}0_{A +6 AC}0_B0 ₌

4. Segmentos, ángulos y áreas dirigidas

Una de las inovaciones de la geometría moderna es el empleo, cuándo esto es posible y ayuda, de las magnitudes con sentido o con signo. Así como la inclusión de los números negativos es útil en otras áreas de las matemáticas, las magnitudes con signo han ayudado a la geometría. Aunque Albert Girard, René Descartes y otros usaron segmentos negativos en la geometría durante el siglo XVII, la idea de las magnitudes con signo fué realmente explotada sistemáticamente al inicio del siglo XIX por A. F. Carnot (en su trabajo "Géométrie de position", de 1803) y especialmente por A. F. Mobius (en su trabajo "Der barycentrische calculus", de 1827). Con la ayuda de las magnitudes con signo varias relaciones o a…rmaciones que se dan por separado pueden ser juntadas o combinadas para dar una sola a…rmación o bien darse en una sola demostración.

De…niciones y notaciones

Segmentos dirigidos. Cuando dos o más segmentos se encuentran sobre una misma recta, podremos más fácilmente estudiar las relaciones entre ellos, si además de considerar la longitud de los segmentos, tomamos en cuenta también el sentido que guardan, o sea hacia dónde están dirigidos.

Un punto puede recorrer una línea recta en dos sentidos, desde luego opuestos. Elegimos arbitrariamente uno de estos sentidos, digamos el que va de izquierda a derecha, como el sentido positivo, y el otro como el sentido negativo. Un segmento AB sobre la recta se considerará positivo o negativo de acuerdo a que la dirección de A a B sea la dirección positiva o negativa de la recta y lo señalaremos AB para distinguir el segmento dirigido de A a B: El punto A es el punto inicial del segmento y B el punto …nal. El segmento BA es el segmento dirigido de B a A: Los segmentos AB y BA son iguales en magnitud pero opuestos en dirección y esto lo indicaremos así: AB = BA; o bien así: AB + BA = 0: Note que siempre sucede que AA = 0:

De…niciones. Puntos sobre una misma recta se dirán colineales. Un conjunto de puntos colineales se dirá que forman una hilera de puntos, la recta sobre la que se encuentran los puntos se dira la base de la hilera. Tres puntos colineales. Dados dos puntos A, B en una línea, y si un tercer punto C se encuentra también sobre la línea, entonces este puede estar entre los puntos A y B, o bien antes de A, o bien después de B. Si la posición del punto C relativa a los puntos A y B es considerada sólo en términos de las longitudes de los segmentos AB, AC, BC, nos encontramos con tres igualdades diferentes que corresponden a las tres diferentes posiciones de C que se han mencionado. Este es un ejemplo típico donde el uso de segmentos dirigidos permite cubrir los tres casos en una sola fórmula, a saber:

Teorema. Si A; B; C son tres puntos colineales entonces AB + BC + CA = 0: Demostración.

Si A; B; C son distintos entonces C tiene tres opciones: (i) estar entre A y B; (ii) estar en la prolongación de AB; (iii) estar en la prolongación de BA:

En el caso (i) AB = AC + CB; luego 0 = AB AC CB = AB + BC + CA: En el caso (ii) AB + BC = AC; luego 0 = AB + BC AC = AB + BC + CA: En el caso (iii) CA + AB = CB; luego 0 = AB CB + CA = AB + BC + CA: Si dos o mas puntos de A; B; C coinciden, se usa que AA = 0 y AB = BA:

Corolario.Si O es un punto sobre la recta donde se encuentra el segmento AB; se tiene que AB = OB OA: Demostración.

Por el teorema, AB + BO + OA = 0, luego AB = BO OA = OB OA: Para 4 puntos colineales hay una relación debida a Leonard Euler.

Teorema. Si A; B; C; D son cuatro puntos colineales entonces AB CD + AC DB + AD BC = 0: Demostración.

AB CD + AC DB + AD BC = AB(AD AC) + AC(AB AD) + AD(AC AB)

= AB AD AB AC + AC AB AC AD + AD AC AD AB

= 0

La razón en que un punto divide a un segmento. Si P es un punto sobre la recta donde se encuentra un segmento AB (con A 6= B), diremos que P divide al segmento AB en la razón AP

P B: El valor AP P B es

independiente de la dirección de AB. Si P está entre A y B diremos que P divide internamente a AB y la razón es positiva, si P está fuera del segmento AB diremos que P divide externamente y la razón es negativa, de hecho si P está en la prolongación de AB entonces AP_{P B} = r cumple que r < 1; y si P esta en la prolongación de BA; AP_{P B} = r cumple que 1 < r < 0: Si P coincide con A o B el segmento no está propiamente dividido por P; diremos en este caso que P divide impropiamente a AB y la razón es 0 si P = A y es inf inita si P = B:

P

B

A

A

B

A

P

_P

_B

Observación. Solamente hay un punto sobre la recta de AB que lo divide en una razón dada, esto es si P y Q cumplen que _{P B}AP = AQ_QB; entonces P = Q:

AP P B =

AQ

QB () AP QB = AQ P B

() AP (AB AQ) = AQ (AB AP )

() AP AB = AQ AB () P Q AB = 0 () P Q = 0 () P = Q:

De…nición. Si P y Q están sobre la misma recta que el segmento AB; diremos que P y Q dividen internamente y externamente a AB en la misma razón si AP_{P B} = AQ_QB:

Note que si _{P B}AP = _QBAQ; entonces AP_AQ = P B_QB; luego P A_AQ = P B_BQ lo que nos dice que A y B dividen internamente y externamente a P Q en la misma razón.

Ejemplo. Dado un segemento AB sobre una recta y dos segmentos a; b construir con regla y compás puntos P y Q sobre la recta tales que AP

P B = a b: y AQ QB = a b:: Solución.

b

a

P

Q

F

E

B

A

D

Trace por A y B dos rectas paralelas l y l0. Sobre l localice un punto D tal que AD = a y sobre l0 localice puntos E y F tales que EB = BF = b: Trace la recta por D y F y llame P al punto donde ésta corta a la recta por A y B: También trace la recta por D y E y llame Q al punto donde ésta corta a la recta por A y B: Los puntos P y Q son los buscados. Esto se sigue de que los triángulos AP D y BP F son semejantes y de que ADQ y BEQ son semejantes.

Teorema de Stewart. Si A; B; C son puntos colineales y D es cualquier cuarto punto, entonces DA2 _{BC + DB}2 _{CA + DC}2 _{AB + AB BC CA = 0:}

Demostración.

Caso 1: D está sobre la recta de A; B; C:

DA2 _{BC + DB}2 _{CA + DC}2 _{AB + AB BC CA =}

= DA2 _{(DC DB) + DB}2 _{(DA DC) + DC}2 _{(DB DA) + (DB DA)(DC DB)(DA DC) = 0:}

Caso 2: D no está sobre la recta de A; B; C:

E

B

A

C

D

DE es perpendicular a la recta por A; B y C: Sea E el pie de la perpendicular de D sobre la recta de A; B; C:

DA2 _{BC + DB}2 _{CA + DC}2 _{AB + AB BC CA =}

= (DE2_{+ EA}2_{) BC + (DE}2_{+ EB}2_{) CA + (DE}2_{+ EC}2_{) AB + AB BC CA =}

= DE2_{(BC + CA + AB) + EA}2 _{BC + EB}2 _{CA + EC}2 _{AB + AB BC CA = 0:}

Para la última igualdad se usó que BC + CA + AB = 0 y el caso 1:

El teorema de Stewart es útil para encontrar longitudes de segmentos en un triángulo, concretamente si L es un punto sobre el lado BC del triángulo ABC y si p = AL; m = BL y n = LC entonces es cierto que:

a(p2+ mn) = b2m + c2n:

p

m

n

L

A

B

_C

El teorema anterior nos dice que: c2_{n + p}2_{( a) + b}2_{m + m n ( a) = 0}

Ángulos dirigidos.

Para trabajar en geometría también es útil en varias situaciones usar los ángulos con signos o dirigidos. Recuerde que un ángulo es la intersección de dos semiplanos cerrados de…nidos por dos rectas no paralelas, el punto común de las rectas es el vértice del ángulo, que usualmente lo denotaremos por O: Los rayos que

delimitan el ángulo se llaman los lados del ángulo, digamos que son OA y OB: El ángulo dirigido 6 AOB es el ángulo que se genera cuando la recta OA se gira alrededor de O de la posición OA a la posición OB en sentido opuesto al avance de las manecillas del reloj, este recorrido se dirá que es el sentido positivo. Por el contrario si OB se gira alrededor de O en dirección del avance de las manecillas del reloj, el ángulo6 BOA es el ángulo en sentido negativo. Ambos ángulos dirigidos6 AOB y6 BOA delimitan el mismo ángulo, esto es son iguales en magnitud pero opuestos en dirección. Esto último lo escribimos así,6 AOB = 6 BOA o bien así,6 AOB +6 BOA = 0:

Hay una situación que debemos aclarar más cuando se habla de 6 BOA; pues podemos también entender que se habla de una ángulo positivo y de una ángulo negativo como lo hemos hecho. Pero cómo es esto? El rayo OB puede girar alrededor de O también en sentido positivo y llegar a OA; o bien el rayo OB girar en sentido negativo hasta llegar a OA y tener estos dos ángulos:

B

O A

B

O

A

ángulo positivo6 BOA ángulo negativo6 BOA:

Por lo que a veces es mejor no pensar en el rayo OB; sino en la recta que de…ne el rayo y ver cuando es la primera vez que llega a coincidir con la recta del rayo OA:

B

O A

B

O A

ángulo positivo 6 BOA ángulo negativo6 BOA

A O B A O B

ángulo positivo 6 AOB ángulo negativo6 AOB

Para ejempli…car lo útil de esta convención, nos referiremos a la a…rmación: si los lados de dos ángulos son paralelos respectivamente, entonces los ángulos son iguales o suplementarios. Si l y m son los lados de un ángulo y si l0 y m0 son los lados del otro ángulo y se tiene que l es paralela a l0 y también m es paralela a m0;

los ángulos6 lOm y6 l0O0m0 podrían ser cualesquiera de los 4 ángulos en cada dibujo y entonces los ángulos son iguales o suplementarios. Pero con ángulos dirigidos, los ángulos6 lOm y6 l0O0m0 son los señalados con a y a0 respectivamente y la a…rmación queda así: si los lados de dos ángulos son paralelos respectivamente entonces los ángulos son iguales.

a'

a'

m'

l'

a

a

m

l

O'

O

Ángulos con lados paralelos son iguales.

También esta de…nición ayuda a identi…car situaciones, que en otros casos serían consideradas diferentes, como esencialemente iguales. Por ejemplo en la a…rmación: Los puntos A; B; C; C0 _{están sobre una}

circun-ferencia si cuando C y C0 _{están de un mismo lado de la recta AB los ángulos 6 ACB y 6 AC}0_{B son iguales}

y si C y C0 _{están en diferentes lados de la recta AB, los ángulos 6 ACB y 6 AC}0_{B son suplementarios.}

Pero en la segunda situación, el ángulo6 AC0_{B cuando se considera dirigido, no es el que abre el arco dACB}

sino el ángulo suplementario a éste y entonces es igual al ángulo (también dirigido)6 ACB: Luego la a…rma-ción anterior con ángulos dirigidos queda así: Los cuatro puntos A; B; C; C0 _{están sobre una circunferencia}

si y sólo si los ángulos 6 ACB y 6 AC0B son iguales.

C

B

C'

A

A; B; C; C0 _{están sobre una circunferencia si y sólo si los ángulos dirigidos 6 ACB y 6 AC}0_{B son iguales.}

Áreas dirigidas.

Un triángulo ABC será considerado positivo o negativo de acuerdo a que su perímetro, recorrido de A a B después a C y luego a A, sea recorrido en sentido contrario al avance de las manecillas del reloj o en sentido al avance de las manecillas. Su área en cada caso será una área con signo o dirigida, si el triángulo es positivo el área será positiva y negativa en el otro caso. Tenemos que si (ABC) representa el área dirigida del triángulo ABC, entonces valen siempre las relaciones siguientes: (ABC) = (BCA) = (CAB) = (ACB) =

La ley de los senos, el teorema de la bisectriz

Teorema (la ley de los senos). En un triángulo ABC inscrito en una circunferencia de centro O y radio R se cumplen las relaciones,

sen A a = sen B b = sen C c = 1 2R, donde a; b; c son los lados del triángulo opuestos a A; B; C respectivamente.

Demostración.

Consideremos dos casos: cuando el ángulo6 A es agudo y cuando no es agudo. En cualquier caso trazamos el diámetro BA0: El ángulo6 A0CB = 90 y el ángulo dirigido6 BA0C =6 A0 es igual al ángulo6 BAC =6 A.

O

O

A'

B

C

A

A'

B

C

A

El ángulo dirigido 6 BA0_{C es igual al ángulo dirigido6 BAC:}

En el primer caso sen A = sen A0₌ a

2R: Y en el segundo caso sen A = sen A0= sen (180 6 CA0B) = sen 6 CA0_{B =} a

2R:

Teorema (de la bisectriz). Si AL es la bisectriz interna del ángulo A del triángulo ABC con L sobre BC; entonces BL_LC =AB_CA: Demostración.

a

a

L

A

B

C

La ley de los senos en el triángulo ABL garantiza que, sen6 BAL

BL =

sen6 ALB

AB (1)

sen6 LAC

LC =

sen6 CLA

AC (2)

Tenemos de las dos identidades anteriores que, BL LC =

AB sen6 BAL sen6 CLA CA sen6 LAC sen6 ALB:

Y como6 BAL =6 LAC; tenemos que sen6 BAL = sen6 LAC, tambien por ser6 ALB y6 CLA suplemen-tarios, se tiene que sen6 ALB = sen6 CLA, luego:

BL LC =

AB CA: En realidad existe un resultado más general,

Teorema (generalizado de la bisectriz). Si L es un punto sobre el lado BC del triángulo ABC; se tiene que, BL LC = AB sen6 BAL CA sen6 LAC: Demostración.

La demostración es similar a la anterior solamente que 6 BAL y 6 LAC no son iguales y entonces no se pueden cancelar cuando se trabajan las identidades (1) y (2) del teorema anterior, pero si llegamos usando estas igualdades a que,

BL LC =

AB sen6 BAL CA sen6 LAC: Otra demostración.

Si trazamos la altura AD del triángulo desde A: Tenemos que, BL LC = AD BL AD LC = 2(ABL) 2(ALC) = AB LA sen6 BAL AL CA sen6 LAC = AB sen6 BAL CA sen6 LAC: Aquí hemos usado la fórmula del área de un triángulo, (ABC) = a b senC₂ :

Teorema (de la bisectriz externa). Si AL0 _{es la bisectriz externa del ángulo A del triángulo ABC con}

L0 _{sobre BC; entonces} BL0 L0_C = AB CA: Demostración.

R

L'

C

B

A

Si AL0 _{es la bisectriz externa del ángulo en A como se muestra en la …gura, trazamos CR la recta paralela a}

AL0 _{que pasa por C y con R el punto de intersección con AB: El triángulo ARC es isósceles, los ángulos en R}

y C son iguales por ser CR y AL0_{paralelas y ser AL}0 _{bisectriz externa, luego CA = AR: Como los triángulos}

RBC y ABL0 _{son de lados paralelos, por el teorema e Thales tenemos que:} BL0

5. Ejercicios de segmentos, ángulos y áreas dirigidas

Ejercicio 1. Si A; B y P son colineales, muestre que M es punto medio de AB si y sólo si P M = P A + P B

2 :

Ejercicio 2. Si A; B y O son colineales, muestre que, OA2_{+ OB}2_{= AB}2_{+ 2OA OB:}

Ejercicio 3. Si A; B; C; O y P son colineales, muestre que, OA + OB + OC = 0 si y sólo si P A + P B + P C = 3P O:

Ejercicio 4. Para puntos sobre una misma recta se tiene que OA + OB + OC = 0 y O0_A0_{+ O}0_B0_{+ O}0_C0 _{= 0:}

Muestre que AA0_{+ BB}0_{+ CC}0_{= 3OO}0_:

Ejercicio 5. Si A; B; C son colineales y P; Q; R son los puntos medios de BC; CA; AB, muestre que los puntos medios de CR y P Q coinciden.

Ejercicio 6. Sea AL la bisectriz interna del ángulo A del triángulo ABC: (a) Muestre que BL

LC = c b: (b) Muestre que BL = ac b + c y LC = ab b + c: (c) Muestre que AL2_{= bc 1} a b + c 2! :

Ejercicio 7. (Teorema de Steiner-Lehmus) Si dos bisectries internas de un triángulo son iguales entonces el triángulo es isósceles.

Ejercicio 8. Si A; B; C son colineales y a; b; c son las longitudes de las tangentes desde A; B; C a una circunferencia, muestre que a2 _{BC + b}2 _{CA + c}2 _{AB + AB BC CA = 0:}

Ejercicio 9. Si A; B; C; D y O son puntos del plano, muestre que:

(a) sen6 AOD sen6 BOC + sen6 BOD sen6 COA + sen6 COD sen6 AOB = 0: (b) (AOD) (BOC) + (BOD) (COA) + (COD) (AOB) = 0:

Ejercicio 10. Si A; B; C y O son puntos del plano, muestre que, (OBC) + (OCA) + (OAB) = (ABC): Ejercicio 11. Sean A; B; C; D y O puntos del plano con ABCD un paralelogramo, muestre que (OAB) + (OCD) = (ABC):

Ejercicio 12. (Teorema de Ptolomeo) Si ABCD es un cuadrilátero cíclico se tiene que AD BC + AB CD = AC BD:(Sugerencia usa la parte (a) del ejercicio 10)

Ejercicio 13. Sea ABC un triángulo equilátero, una recta por A corta a BC en D y corta al circuncírculo de ABC en E; muestre que:

(a) EA = EB + EC: (b) 1 ED = 1 EB + 1 EC:

Ejercicio 14. Sea M el punto medio del lado BC del triángulo ABC: Si AB es menor que CA; muestre que6 M AC es menor que6 BAM:

Ejercicio 15. (APMO, 2004) Sean H y O el ortocentro y circuncentro de un triángulo acutángulo ABC: Muestre que el área de uno de los triángulos AOH; BOH; COH es igual a la suma de las áreas de los otros dos.

6. El t

eorema de Ceva.

De…nición. Si una línea se traza desde un vértice de un triángulo, el segmento incluido entre el vértice y el lado opuesto es llamada una ceviana. Los segmentos AL, BM , CN de las …guras siguientes son cevianas. Observación. Si un punto P se toma dentro del triángulo ABC, los puntos de intersección L, M , N , de los lados BC; CA; AB con las líneas AP , BP , CP , dividen a los lados internamente (…gura a). Si el punto P es elegido fuera del triángulo ABC, dos de los puntos L, M , N , dividen a su correspondiente lado externamente (…gura b).

L

N

P

P

B

M

L

M

C

N

A

A

C

B

…gura (a) …gura (b)

Teorema de Ceva.Si las cevianas AL, BM , CN del triángulo ABC son concurrentes entonces se cumple la ecuación: BL LC CM M A AN N B = 1: Demostración. Primera demostración.

Prolonguemos BM y CN hasta que corten a la paralela a BC por A en los puntos R y S respectivamente.

N

M

S

P

R

L

C

B

A

Ahora usemos que son semejantes las parejas de triángulos AM R y CM B; BCN y ASN; P LC y P AS; P BL y P RA; para tener que,

4AMR ' 4CMB =) AM_CM = AR CB 4BCN ' 4ASN =) BN_AN =BC AS 4P LC ' 4P AS =) LC_AS = P L P A 4P BL ' 4P RA =) BL_RA = P L P A Las dos últimas igualdades garantizan que BL

LC = RA AS; por lo que: BL LC CM M A AN N B = RA AS CB RA AS CB = 1 Segunda demostración.

Sea S el punto donde la paralela a BM por A intersecta a CN y sea R el punto donde la paralela a BM por C intersecta a AL:

N

S

R

P

L

M

A

B

C

Ahora usemos que son semejantes las parejas de triángulos ASN y BP N; P BL y RCL; RCA y P AM; P CM y SCA; para tener que,

4ASN ' 4BP N =) _{N B}AN = AS P B 4P BL ' 4RCL =) BL_LC = P B CR 4RCA ' 4P MA =) CR M P = CA M A 4P CM ' 4SCA =) M P_AS = CM CA Las dos últimas igualdades garantizan que CM_{M A} =CR_AS; por lo que:

BL LC CM M A AN N B = P B CR CR AS AS P B = 1:

Tercera demostración.

N

M

P

L

C

B

A

Los triángulos ABL y ALC tiene la misma altura desde A; también los triángulos P BL y P LC tienen la misma altura desde P: Por lo que la razón de sus áreas es igual a la razón de sus bases, esto es:

BL LC = (ABL) (ALC) = (P BL) (P LC) = (ABL) (P BL) (ALC) (P LC) = (ABP ) (CAP ):

Donde (P QR) denota el valor del área (con signo) del triángulo P QR: La tercera igualdad se debe a que

a b = c d = a c b d: Análogamente CM M A = (BCM ) (BM A) = (P CM ) (P M A) = (BCM ) (P CM ) (BM A) (P M A) = (BCP ) (ABP ); AN N B = (CAN ) (BCN ) = (P AN ) (P N B) = (CAN ) (P AN ) (BCN ) (P N B) = (CAP ) (BCP ): Estas identidades implican que,

BL LC CM M A AN N B = (ABP ) (CAP ) (BCP ) (ABP ) (CAP ) (BCP ) = 1:

Observación. Si consideramos segmentos dirigidos, una de las tres razones de la fórmula de Ceva es siempre positiva, mientras que las otras dos son ambas positivas o ambas negativas; luego la fórmula de Ceva es válida siempre en magnitud y sentido. En la tercera demostración si consideramos segmentos dirigidos, las áreas también son dirigidas.

El recíproco del Teorema de Ceva. Si las cevianas AL, BM , CN del triángulo ABC; cumplen la ecuación: BL_LC CM_{M A} AN_{N B} = 1; entonces las cevianas son concurrentes.

Demostración.

Supongamos que las cevianas BM y CN se intersectan en P: Sea L0 _{la intersección de AP con BC: Tenemos}

ahora que las tres cevianas AL0_{; BM y CN son concurrentes en P: Por el teorema de Ceva, se tiene que:}

BL0 L0_C CM M A AN N B = 1: Pero por hipótesis también se cumple que:

BL LC CM M A AN N B = 1:

Al igualar las dos ecuaciones anteriores y cancelar, se tiene que, BL_LC =BL_L0_C0: Pero solamente hay un punto en

la recta por B y C que divide al segmento BC en una razón …ja, luego L0 = L y por tanto AL; BM y CN son concurrentes.

Teorema de Ceva trigonométrico. Las cevianas AL, BM , CN del triángulo ABC son concurrentes si y sólo si se cumple la ecuación:

sen6 BAL sen6 LAC sen6 CBM sen6 M BA sen6 ACN sen6 N CB = 1: Demostración.

Se sigue de aplicar el teorema de Ceva y su recíproco, además de usar el teorema generalizado de la bisectriz que garantiza que,

BL LC = AB sen6 BAL CA sen6 LAC; CM M A = BC sen6 CBM AB sen6 M BA y AN N B = CA sen6 ACN BC sen6 N CB:

7. Aplicaciones del teorema de Ceva

Ejemplo. Las medianas de un triángulo son concurrentes. Si AA0 _{es la mediana del triángulo ABC que}

sale del vértice A y llega al punto medio A0 _{del lado BC; se tiene que} BA0

A0_C = 1: Análogamente las otras

medianas BB0 _{y CC}0 _{cumplen que} CB0 B0_A = 1 y AC0 C0_B = 1; luego BA0 A0_C CB0 B0_A AC0

C0_B = 1, por el recíproco del

teorema de Ceva, las medianas son concurrentes.

Ejemplo. Las bisectrices internas de un triángulo son concurrentes. Si AL; BM y CN son las bisectrices internas del triángulo ABC; tenemos por el teorema de la bisectriz que BL_LC = c_b; CM_{M A} = a_c; y AN_{N B} = _ab; por lo que BL_LC CM_{M A} AN_{N B} = c_b a_{c a}b = 1; por el recíproco del teorema de Ceva, las bisectrices internas son concurrentes.

Ejemplo. Las alturas de un triángulo son concurrentes. Si AD; BE y CF son las alturas del triángulo ABC; se tiene que las parejas de triángulos rectángulos siguientes son semejantes: ABD y CBF; ABE y ACF; BCE y ACD; luego se tiene:

4ABD ' 4CBF =) BD_{F B} = AB BC 4ABE ' 4ACF =) AF_EA = CA AB 4BCE ' 4ACD =) _DCCE =BC CA por tanto, BD DC CE EA AF F B = AB BC CA AB BC CA = 1:

Otra manera es usar las relaciones siguientes: BD_DC =cosB_cosC; CE_EA =cosC_cosA y AF_{F B} =_cosBcosA:

Ejemplo. Si X, Y , Z son los puntos de contacto del incírculo del triángulo ABC con los lados BC, CA, AB; respectivamente, se tiene que las cevianas AX; BY; CZ son concurrentes. El punto de concurrencia se conoce como el punto de Gergonne.

Y

B

A

C

X

Z

Como desde un punto las tangentes a un círculo miden lo mismo, tenemos las siguientes relaciones: AZ = Y A, BX = ZB, CY = XC: Por lo que, BX_XC CY_{Y A} AZ_ZB = 1; por el recíproco del teorema de Ceva, las cevianas AX; BY y CZ son concurrentes.

Ejemplo. Si X0_{, Y}0_{, Z}0 _{son los puntos de contacto de los lados BC, CA, AB del triángulo ABC con los}

excírculos (Ia); (Ib); (Ic), se tiene que las cevianas AX0; BY0; CZ0son concurrentes. El punto de concurrencia

se conoce como el punto de Nagel.

Como desde un punto las tangentes a un círculo miden lo mismo, tenemos las siguientes relaciones: BX0₌

s c; X0_{C = s b; CY}0 _{= s a; Y}0_{A = s c; AZ}0 _{= s b; Z}0_{B = s a: Por lo que,} BX0 X0C CY0 Y0A AZ0 Z0B = s c s b s a s c s b

s a = 1; por el recíproco del teorema de Ceva, las cevianas AX0; BY0 y CZ0 son concurrentes.

No es difícil ver que BX = s b y XC = s c; por lo que X y X0 _{son simétricos con respecto al punto}

medio de BC: De manera análoga Y y Y0 son simétricos con respecto al punto medio de CA y también Z y Z0 son simétricos con respecto al punto medio de AB: La situación que se presenta en los dos ejemplos anteriores es más general como se plantea en el siguiente ejercicio.

Ejercicio. Dos puntos L y L0 _{sobre una recta por B y C se dirán isotómicos con respecto a BC; si son}

simétricos con respecto al punto medio de BC: Sean L y L0_{, M y M}0_{; N y N}0_{puntos isotómicos con respecto}

a BC; CA; AB; respectivamente. Muestre que AL; BM; CN son concurrentes si y sólo si AL0_{; BM}0_{; CN}0

son concurrentes. Los puntos de concurrencia se conocen como puntos isotómicos conjugados. (Los puntos de Gergonne y de Nagel son isotómicos conjugados).

Ejemplo. El incentro I de un triángulo es el punto de Nagel del triángulo mediano.

U C B I I_a C' X _A' X_a L B' A

Como siempre A0_{; B}0_{; C}0 _{son los puntos medios de los lados BC,CA; AB: Sea I}

a el excentro que está sobre

la bisectriz interna de A: Sea L el punto donde la prolongación de la línea IX intersecta la línea AXa (ver

…gura). De los pares de triángulos semejantes IU X y IaU Xa, AIL y AIaXatenemos: XI : XaIa= IU : U Ia;

IL : XaIa= IA : AIa.

El circuncírculo del triángulo ABC pasa por el centro del círculo IBIaC de esto podemos sacar dos

conse-cuencias: XA0 _{= A}0_{Xa y también que U y A dividen a IIa interna y externamente en la misma razón, luego,}

por las igualdades anteriores XI = IL, y por lo tanto, las líneas A0_{I y AXa son paralelas.}

Las líneas A0I, AXa pueden considerarse como elementos correspondientes en las dos …guras homotéticas

por los puntos homotéticos A, A0. Luego la línea A0I y sus líneas análogas B0I, C0I se intersectan en el punto de Nagel del triángulo A0B0C0, es decir, el punto de Nagel coincide con I.

Observación. En un triángulo ABC, el punto de Nagel M , el incentro I y el centroide G son colineales, además 2IG = GM:

Teorema. Si las cevianas AL, BM , CN del triángulo ABC son concurrentes en un punto P entonces se cumple que: P L AL + P M BM + P N CN = 1 Demostración

N

_P

M

L

A

C

B

Los segmentos P L, AL son proporcionales a las distancias de los puntos P , A al lado BC; luego, P L

AL =

(P BC) (ABC), donde (ABC) denota el área del triángulo ABC: Análogamente:

P M BM = (P CA) (ABC) y P N CN = (P AB) (ABC). Al sumar estas tres igualdades y al observar que:

(P BC) + (P CA) + (P AB) = (ABC) obtenemos la relación anunciada.

La fórmula es válida en magnitud y signo, no importando la posición que el punto P pueda tener con respecto a ABC.

Corolario. Con las hipótesis del Teorema anterior, tenemos que: AP AL + BP BM + CP CN = 2:

En efecto, observemos primero que: AP_AL +AL P L_AL = 1 P L_AL. Análogamente para las otras razones se tiene que, _BMBP = 1 P M_BM y CP_CN = 1 P N_CN; al sumar las tres razones se obtiene la relación buscada.

Corolario. Si las cevianas AL, BM , CN del triángulo ABC son concurrentes en un punto P entonces se cumple que: AP P L = AM M C + AN N B: Demostración.

AP EC = AM M C, AP DB = AN N B; P L EC = BL BC; P L DB = LC BC:

Dividiendo la suma de las dos primeras igualdades entre la suma de las últimas dos llegamos a la fórmula. Ejercicio. Muestre los corolarios anteriores directamente usando las áreas x = (ABP ); y = (BCP ) y z = (CAP ); por ejemplo vea que AP_AL = _x+y+zx+z y que AP_{P L} = x+z_y ; _{M C}AM = x_y; AN_{N C} = z_y:

Ejemplo. Sea ABC un triángulo y sean M; N puntos sobre CA y AB; respectivamente. Si M N es paralela a BC entonces BM y CN son concurrentes con la mediana AA0:

Si M N es paralela a BC; se tien por el teorema de Thales que AN_{N B} = AM_{M C}; luego CM_{M A N B}AN = 1 y como el punto medio A0 _{de BC cumple} BA0

A0_C = 1; tenemos que BA 0

A0_C CM_{M A} AN_{N B} = 1; por Ceva AA0; BM y CN son

concurrentes.

Ejemplo. Sea ABC un triángulo, si la mediana AA0 _{es concurrente con las cevianas BM y CN entonces}

M N es paralela a BC:

Por ser concurrentes se tiene que BA_A0_C0 CM_{M A} AN_{N B} = 1; y como A0 es punto medio de BC; BA0= A0C; luego AN

N B = AM

M C; por el recíproco del teorema de Thales, M N es paralela a BC:

Ejemplo. Sea ABC un triángulo acutángulo, si BM y CN son cevianas concurrentes con la altura AD; entonces6 M DA =6 ADN:

Sean E y F las intersecciones de DM y DN con la recta paralela a BC que pasa por A: Como los triángulos AF N y BDN son semejantes se tiene que AN

N B = F A

BD: Y como los triángulos AM E y CM D son semejantes

sucede que CM_{M A} =DC_AE: Estas dos igualdades junto con la ecuación que da el teorema de Ceva, 1 = BD_DC CM_{M A}

AN N B = BD DC DC AE F A BD = F A

AE; nos da que F A = AE; esto es A es punto medio de F E: Luego DA es mediatriz

y altura desde D en el triángulo DEF; luego DA es también bisectriz.

Ejemplo. En la …gura de abajo los triángulos A0_{BC; AB}0_{C y ABC}0 _{son triángulos equiláteros. Muestre}

que AA0_{; BB}0 _{y CC}0 _{son concurrentes.}

C'

A'

B

B'

N L C' A' B B' A _C

Sean L y M los puntos de intersección de los lados B0_{C y AB}0 _{con las rectas AA}0 _{y CC}0_{, respectivamente.}

Denotemos por u; v; w las longitudes de los triángulos equiláteros ABC0_{; A}0_{BC; AB}0_{C; respectivamente.}

Notemos que los triángulos AB0_{L y A}0_{CL son semejantes (son de lados paralelos), por lo que} B0_L LC =

w v:

También tenemos que los triángulos B0_{CN y AC}0_{N son semejantes por lo que} AN

N B0 = u_w: Y como CB_BA= v_u;

tenemos que: B_LC0L CB_{BA N B}AN0 = w_{v u}v _wu = 1; por lo que AA0; BB0 y CC0 son concurrentes.

Ejemplo (APMO, 1992). _{Sean A; B; C tres circunferencias de centros A; B; C; de manera que B y C se} encuentran dentro de A; tambien que B y C son tangentes en L; C y A tangentes en M; A y B tangentes en N: Muestre que AL; BM y CN son concurrentes.

L _B

C

N M

A

Si a; b; c son los radios de las circunferencias, tenemos que BL_LC = b_c; CM_{M A} = _ac; _{N B}AN = a_b; por lo que

BL LC CM M A AN N B = b c c a a

b = 1; por el recíproco del teorema de Ceva, las cevianas AL; BM; CN son

8. El teorema de Menelao

Observación: Una línea transversal puede intersectar a dos lados de un triángulo y a la prolongación del tercer lado (…gura a), o a las prolongaciones de los tres lados (…gura b).

M

L

C

N

B

M

A

B

C

A

N

L

La transversal corta a cada lado generando dos segmentos. Las razones en que las transversales dividen a los lados pueden ser positivas y negativas y de estas últimas hay una o tres.

Teorema de Menelao. Si una transversal a un triángulo ABC corta a los lados BC; CA y AB en L; M y N; respectivamente. Entonces se cumple la ecuación:

BL LC CM M A AN N B = 1: Demostración. Primera demostración.

R

Q

P

M

N

C

L

B

A

Sean P; Q; R los pies de las perpendiculares trazadas desde A; B; C sobre la recta que pasa por L; M; N: Tenemos que son semejantes los siguientes pares de triángulos: AN P y BN Q; BLQ y CLR; CRM y AP M; luego: 4ANP ' 4BNQ =) AN_BN = AP BQ 4BLQ ' 4CLR =) BL CL = BQ CR 4CRM ' 4AP M =) CM_AM =CR AP por lo que tenemos que,

BL CL CM AM AN BN = AP BQ BQ CR CR AP = 1:

Pero esto implica que, BL LC CM M A AN N B = 1: Segunda demostración. Trace CN0 paralela a LN:

N'

M

N

C

L

B

A

Por el teorema de Thales aplicado en el triángulo AN0_{C; tenemos que,}

CM

AM =

N0_N

AN

Y también por el teorema de Thales en el triángulo BLN se tiene que BL LC = BN N N0 por lo que, BL CL CM AM AN BN = BN N0_N N0_N AN AN BN = 1: Pero esto implica que,

BL LC CM M A AN N B = 1: Tercera demostración.

Trace el segmento CK paralelo a AB:

K

M

N

C

L

B

A

Como son semejantes los triángulos N BL y KCL se tiene que BL_CL = BN_CK y como los triángulos AN M y CKM son semejantes también se tiene que AM

CM = AN CK: Luego, BL CL CM AM AN BN = BN CK CK AN AN BN = 1: Pero esto implica que,

BL LC CM M A AN N B = 1:

Recíproco del Teorema de Menelao. Si los puntos L; M; N que se encuentran sobre los lados BC; CA; AB del triángulo ABC; cumplen que BL_LC CM_{M A N B}AN = 1: Entonces los puntos L; M; N son colineales.

Demostración.

Sean L, M , N , tres puntos sobre los lados del triángulo ABC de manera que se cumple BL_LC CM_{M A} AN_{N B} = 1: Sea L0 el punto sobre el lado BC colineal con M y N . Por la parte directa del Teorema de Menelao tenemos que: AN N B BL0 L0_C CM M A = 1, y por hipótesis AN N B BL LC CM M A = 1,

de estas dos ecuaciones, tenemos en magnitud y signo que: BL_LC = BL_L0_C0, es decir, los puntos L y L0 dividen

(en magnitud y sentido) al lado BC en la misma razón, luego L = L0, y esto prueba la proposición.

Ejemplo. Las líneas tangentes al circuncírculo de un triángulo por los vértices intersectan a los lados opuestos en tres puntos colineales.

N

L

M

C

A

B

Sean L, M , N , las intersecciones de las tangentes al circuncírculo en los puntos A, B, C con los lados BC, CA, AB. Los ángulos6 LAB y6 LCM miden un medio del arco AB, por lo que los triángulos ALB y CLA son semejantes, luego:

AL LC = AB AC, o AL2 LC2 = AB2 AC2.

También de la semejanza tenemos que: AL2_{= LB LC; luego,} BL LC = c2 b2: Análogamente: CM_{M A}= a_c22 y _{N B}AN = b 2 a2; y entonces AN_{N B} BL_LC CM_{M A} = b2 a2 a2 c2 b2

a2 = 1; por lo que los puntos L,

De…nición. El triángulo formado por las tangentes al circuncírculo de un triángulo dado en los vértices de éste, es llamado el triángulo tangencial del triángulo dado.

Teorema de la división interna y externa.

Si AL, BM y CN son tres cevianas concurrentes del triángulo ABC y si M N corta a BC en L0_{, entonces}

los puntos L y L0 _{dividen al segmento BC interna y externamente en la misma razón.}

Demostración

L'

N

P

L

M

B

C

A

Como AL, BM y CN son concurrentes, tenemos por el Teorema de Ceva: AN N B BL LC CM M A = 1:

Como L0_{, M y N son colineales, por el Teorema de Menelao, tenemos que:}

AN N B BL0 L0_C CM M A = 1: Al igualar las dos identidades anteriores y reduciendo, llegamos a:

BL0 L0_C =

BL LC:

Ahora mostraremos que los teoremas de Ceva y de Menelao son lógicaemente equivalentes. Proposición. El teorema de Menelao implica el teorema de Ceva.

N

M

P

L

C

B

A

Aplicando el teorema de Menelao al triángulo ABL con transversal C; P; N y aplicando el mismo teorema al triángulo ALC con transversal B; M; P; se tienen las ecuaciones:

BC CL LP P A AN N B = 1 y LB BC CM M A AP P L = 1; luego, BC CL LB BC LP P A AP P L AN N B CM M A = 1; por lo que, BL LC CM M A AN N B = 1: Proposición. El teorema de Ceva implica el teorema de Menelao.

Q P R M L N C B A

Sea P el punto de intersección de AL con BM; sea Q el punto común de BM y CN y sea R el punto donde CN corta a AL: Ahora aplicaremos el teorema de Ceva a 6 triángulos con respectivas cevianas, a saber:

T riangulo cevianas ecuacion de Ceva

4ABL AC; BP; LN BC CL LP P A AN N B = 1 4BCM BA; CQ; M L BL LC CA AM M Q QB = 1 4CAN CB; AR; N M CM M A AB BN N R RC = 1 4ALM AN; LC; M P LN N M M C CA AP P L = 1 4BMN BL; M A; N Q M L LN N A AB BQ QM = 1 4CNL CM; N B; LR N M M L LB BC CR RN = 1

Agrupando adecuadamente y después de cancelar se llega a que: BL_LC CM_{M A} AN_{N B} 2= 1; pero uno o tres de los puntos colineales deben de dividir externamente a los lados del ABC; por lo que: BL_LC CM_{M A} AN_{N B} = 1: Teorema de Menelao trigonométrico. Los puntos L; M; N sobre los lados BC; CA; AB del triángulo ABC son colineales si y sólo si se cumple la ecuación:

sen6 BAL sen6 LAC sen6 CBM sen6 M BA sen6 ACN sen6 N CB = 1:

Demostración.

Se sigue de aplicar el teorema de Menelao y su recíproco, además de usar el teorema generalizado de la bisectriz que garantiza que,

BL LC = AB sen6 BAL CA sen6 LAC; CM M A = BC sen6 CBM AB sen6 M BA y AN N B = CA sen6 ACN BC sen6 N CB:

Ejemplo (teorema de Zaslavsky, 2003). Sean ABC un triángulo, O un punto cualquiera y A0_B0_C0

el triángulo que resulta de re‡ejar ABC por O: Tres rectas paralelas que pasan por A0_{; B}0_{; C}0 _{cortan a}

BC; CA; AB en L; M; N; respectivamente. Muestre que L; M; N son colineales. Solución.

Por el recíproco del teorema de Menelao, bastará ver que, BL_LC CM_{M A} AN_{N B} = 1: Tome la recta que pasa por C y paralela a las tres rectas paralelas. Sean P; Q; N0 _{las intersecciones de tal recta con AB}0_{; A}0_{B; A}0_B0_:

L M N Q P N' A' B' C' A B C O

Como CN0 _{y C}0_{N son paralelas, igual que las parejas: AB y A}0_B0_{; AC}0 _{y A}0_{C; y como AC}0 _{= A}0_C;

resulta que los triángulos AN C0 _{y A}0_N0_{C son congruentes, luego N}0 _{es el re‡ejado por O de N: Por lo que} AN

N B = AN0 N0_B:

Como LA0_{B y CQB son semejantes,} BL LC =

BA0 A0_Q =AB

0 A0_Q:

Como ACP y AM B0 _{son semejantes,} CM M A=

P B0 B0_A:

Como N0_QA0 _{y N}0_{P B}0 _{son smejantes,} AN0 N0_B =

A0Q P B0:

Luego las identidades anteriores implican que, BL_LC CM_{M A} AN_{N B} =AB_A0_Q0 P B0 B0_A

A0Q P B0 = 1:

Ejemplo (teorema de Cristea, 1956). Sean ABC un triángulo y L; M; N; P puntos sobre BC; CA; AB; AL; respectivamente. El punto P está sobre M N si y sólo si

BLM C AM + LC N B AN = BC P L AP: Solución.

BLM C AM + LC N B AN = BC P L AP () BL M C AM + LP AP = LC P L AP + BN AN () BL LC M C AM + BL LC LP AP = P L AP + BN AN Sean Q y R sobre AL de manera que BQ y CR sean paralelas a M N:

P

Q

R

L

N

M

A

B

C

Ahora usemos que tenemos varios pares de triángulos semejantes,

4QBL ' 4RCL =) BL CL = QL RL 4ARC ' 4AP M =) M C AM = P R AP 4ABQ ' 4ANP =) BN AN = QP AP Y continuamos, BL LC M C AM + BL LC LP AP = P L AP + BN AN () QL LR P R AP + QL LR LP AP = P L AP + QP AP () QL_LR(P R + LP ) = QP + P L () QL = QL

Para el recíproco se procede como en el recíproco de Menelao, sea P0 _{la intersección de AL y M N; este punto}

cumple con las hipótesis de la parte directa por lo que, BLM C AM+LC

N B AN = BC

P0L

AP0 y como BLM C_AM+LCN B_AN =

9. Ejercicios y problemas sobre los teoremas de Ceva y Menelao

Ejercicios

Ejercicio 1. (a) Las bisectrices externas de los ángulos de un triángulo intersectan los lados opuestos en tres punto colineales.

(b) Dos bisectrices internas y la bisectriz externa del tercer ángulo de un triángulo intersectan los lados opuestos en tres puntos colineales.

Ejercicio 2. Las seis bisectrices de los ángulos de un triángulo determinan en los lados opuestos seis puntos, los cuales están por ternas en cuatro líneas rectas.

Ejercicio 3. Los lados del triángulo órtico intersectan a los lados del triángulo dado en tres puntos colineales.

Sugerencia. Los lados del triángulo son bisectrices externas del triángulo órtico.

Ejercicio 4. Demuestre que, si una línea que pase por el centroide G del triángulo ABC intersecta AB en M y AC en N , entonces en magnitud y en signo, AN M B + AM N C = AM AN:

Sugerencia. SiA0 es el punto medio de BC, aplique el Teorema de Menelao a los triángulosAA0C y ABA0 con transversalM N. Recuerde también queAG = 2GA0.

Ejercicio 5. Sean ABC un triángulo, M y N puntos sobre AB y CA: (a) Muestre que el centroide G de ABC está sobre M N si y sólo si BM

M A+ AN N C = 1:

(b) Muestre que si G está sobre M N; BM_{M A} AN_{N C} 1₄:

Sugerencia. ConsidereF la intersección deM N con la mediatrizAA0 _{y las proyeccionesB}0_{; C}0 _{deB; CsobreM N;} vea queBB0_{+ CC}0 _{= 2A}0_F:

Ejercicio 6: Dos segmentos iguales AE, AF son marcados sobre los lados AB, AC del triángulo ABC. Demuestre que la mediana trazada desde A divide EF en la razón de los lados AC, AB.

Sugerencia. SiAA0 es la mediana desdeA,J = AA0 EF yG = BC EF, aplique el Teorema de Menelao a los triángulosEBGyF CG, con la transversalAP A0_.

Ejercicio 7. Con un punto M del lado BC del triángulo ABC como centro, se trazan círculos que pasen por B y por C, intersectando también a AB, AC, en N , P respectivamente. ¿Para qué posiciones de M , las líneas AM , BP , CN , son concurrentes?

Sugerencia. Considere las intersecciones deBC con las mediatrices deAByAC.

Ejercicio 8. Si el incírculo del triángulo ABC toca los lados BC, CA, AB en los puntos X, Y , Z, y M es el punto de intersección de AX, BY , CZ. Muestre que AM

M X =

a(s a)

(s a)(s c); demuestre también que AM M X BM M Y CM M Z = 4R r :

Sugerencia. Aplique el Teorema de Menelao al triánguloAXB con transversalCM Z. Recuerde las fórmulas del área del triángulo. rs = abc_4R =ps(s a)(s b)(s c):

Ejercicio 9. Demuestre que la suma de los recíprocos de las tres cevianas que pasan por el circuncentro de un triángulo es igual al doble del recíproco del circunradio.

Ejercicio 10. Si las alturas AD, BE, CF , del triángulo ABC intersectan al circuncírculo de ABC también en P , Q, R, demuestre que: AP AD+ BQ BE + CR CF = 4:

Sugerencia. Use los corolarios de la sección 7.

Ejercicio 11. Las paralelas a los lados de un triángulo ABC por un mismo punto M , intersectan a las respectivas medianas en P; Q; R: Demuestre que en magnitud y signo GP_GA +GQ_GB +GR_GC = 0, donde G es el baricentro del triángulo ABC.

Sugerencia. Use los corolarios de la sección 7.

Ejercicio 12. Los circundiámetros AP , BQ, CR de un triángulo ABC intersectan los lados BC, CA, AB, en los puntos K, L, M . Demuestre que:

KP AK + LQ BL+ M R CM = 1:

Sugerencia. Observe primero que KP_AK =AP_AKAK = _AK2R 1, etcétera. Use ahora el ejercicio 9.

Ejercicio 13. Sea ABC un triángulo, una circunferencia corta a los lados BC; CA; AB en L y L0_{; M y}

M0_{; N y N}0_{; respectivamente. Muestre que AL; BM; CN son concurrentes si y sólo si AL}0_{; BM}0_{; CN}0 _son

concurrentes.

Sugerencia. Use la potencia de los vértices a la circunferencia.

Ejercicio 14. Dos paralelogramos ABCD y A0BC0D0 tienen un ángulo común en B: Muestre que AC0; A0_{C y DD}0 _{son concurrentes.}

Ejercicio 15. Dos puntos L y L0 _{sobre una recta por B y C se dirán isotómicos con respecto a BC; si son}

simétricos con respecto al punto medio de BC: Sean L y L0_{, M y M}0_{; N y N}0_{puntos isotómicos con respecto}

a BC; CA; AB; respectivamente. Muestre que AL; BM; CN son concurrentes si y sólo si AL0_{; BM}0_{; CN}0

son concurrentes. Los puntos de concurrencia se conocen como puntos isotómicos conjugados. (Los puntos de Gergonne y de Nagel son isotómicos conjugados).

Ejercicio 16. Sean L y L0_{, M y M}0_{; N y N}0_{puntos isotómicos con respecto a BC; CA; AB; respectivamente.}

Muestre que L; M; N son colineales si y sólo si L0_{; M}0_{; N}0 _{son colineales. Las rectas donde se encuentran las}

ternas de puntos se llaman transversales recíprocas.

Ejercicio 17. Sea L y L0puntos sobre la recta por B y C; si las rectas AL y AL0son simétricas con respecto a la bisectriz del6 BAC; se dirán que son isogonales con respecto a6 BAC: Sean AL y AL0; BM y BM0; CN y CN0 _{rectas isogonales con respecto a los ángulos A; B; C del triángulo ABC; respectivamente. Muestre}

que AL; BM; CN son concurrentes si y sólo si AL0_{; BM}0_{; CN}0 _{son concurrentes. Los puntos de concurrencia}

se conocen como puntos isogonales conjugados. (El ortocentro y el circuncentro son isogonales conjugados. Las rectas isogonales de las medianas se llaman simedianas, el punto de concurrencia de las simedianas se llama el punto simediano)

Ejercicio 18. Sean AL y AL0_{; BM y BM}0_{; CN y CN}0 _{rectas isogonales con respecto a los ángulos A; B; C}

Problemas

Problema 1.

Una circunferencia que pasa por los vértices B y C del triángulo ABC, corta a AB en P y corta a CA en R. Si Q es el punto de intersección de P R con BC, muestre que QC_QB =CR CA_{BP BA}:

Sugerencia: QP R es una transversal al triángulo ABC; use también la potencia de A con respecto a la circunferencia.

Problema 2.

Los lados AB y CD de un cuadrilátero convexo ABCD, se intersectan en P , mientras que los lados BC y DA se intersectan en Q: Las diagonales AC y BD cortan a P Q en L y L0 _{respectivamente. Muestre que}

P L LQ=

P L0 L0_Q:

Sugerencia. En el triángulo P QC, P B, QD y CL son concurrentes y DBL0 _{es una transversal.}

Problema 3.

El incírculo de un triángulo ABC es tangente a los lados BC, CA y AB en L, M y N respectivamente. Si M N intersecta a BC en P , N L intersecta a CA en Q y M L intersecta a AB y R, muestre que P , Q y R son colineales.

Sugerencia. Muestre primero que AL, BM y CN son concurrentes, después vea que los triángulos ABC y LM N están en perspectiva.

Problema 4

Sean AD, BE y CF las alturas del triángulo ABC y sean L, M y N las intersecciones de BA con EF , de CA con DF y de AB con DE. Muestre que L, M y N son colinales.

Sugerencia. Los triángulos ABC y DEF están en perspectiva desde H. Problema 5.

Una línea corta a los lados AB, BC, CD y DA de un cuadrilátero ABCD en K, L, M y N respectivamente. Muestre que AK KB BL LC CM M D DN N A = 1: Problema 6.

Si N y M son puntos sobre los lados AB y CA del triángulo ABC, de manera que M N es paralela a BC y si BM y CN se intersectan en P . Muestre que AP es una mediana.

Problema 7.

Dado un segmento de línea BC y su punto medio A0 _{Trazar con regla solamente, por un punto dado N la}

línea paralela a BC. Problema 8.

Dados dos segmentos paralelos BC y M N , encontrar el punto medio de BC, usando solamente regla. Problema 9.

Si A0 _{es el punto medio del lado BC de un triángulo ABC, M y N se encuentran sobre los lados CA y AB,}