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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 situacionesespeciales en geometría. Dependiendo de la generalidad del caso se da lugar a teoremas, problemas oejercicios. 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 sonconcurrentes, que las 3 alturas pasan por un mismo punto y que las 3medianas concurren. Una manera de verque 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 ; PB = PCgla bisectriz del ángulo 6 BAC es fP ; d(P;AB) = d(P;CA)gla altura por el vértice A es fP ; PB2 � PC2 = AB2 � CA2g
luego se toma el punto de intersección de dos rectas mediatrices (resp. bisectrices, alturas) y se muestra queque tal punto pertenece a la otra mediatriz (resp. bisectriz, altura).
RR
R
P
CB
A
P 2 fP ; PA = PBg \ fP ; PC = PAg =) P 2 fP ; PB = PCg
r
r
rP
CB
A
P 2 fP ; d(P;AB) = d(P;BC)g \ fP ; d(P;BC) = d(P;CA)g =) P 2 fP ; d(P;AB) = d(P;CA)g
1
P
F
E
CB
A
P 2 fP ; PA2 � PB2 = CA2 �BC2g \ fP ; PC2 � PA2 = BC2 �AB2g =)P 2 fP ; PB2 � PC2 = AB2 � CA2g
Para ver que las medianas concurren se usa otra idea, se muestra que el punto de intersección G de dosmedianas, digamos BB0 y CC 0, cumple que divide a los segmentos BB0 y CC 0 en la razón 2 : 1: Luego comosolo hay un punto sobre el segmento que lo divide en cierta razón cuando CC 0 se intersecte con AA0, serátambién en el punto G:
G
B'C'
A' CB
A
4GBC ' 4GB0C 0 y la razón es 2 : 1 =) BGGB0 =
CGGC0 =
21
Para ir �jando ideas de como usar estas primeras observaciones veamos los siguientes ejemplos.
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Ejemplo 1. (13a OMM) Considere P un punto en el interior del triángulo ABC. Sean D, E y F lospuntos 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 DNELFM es igual a una tercera parte del área del triángulo ABC.(b) Los segmentos DL, EM y FN concurren.
Solución.
N M
LE
D
F
P
CB
A
(a) Como en el triángulo ABP , BD y AE son medianas se tiene que N es el centroide del triángulo ABPy como las medianas dividen al triángulo en seis triángulos de la misma área se tiene que:
(PDNE) = 13 (ABP ):
Análogamente (PELF ) = 13 (BCP ) y (PFMD) =
13 (CAP ) por lo que: (DNELFM) =
13 (ABC):
(b) Considere el triángulo CDE. Como CMMD = CL
LE = 23 se tiene que ML 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
LE
D
P
CB
A
En el 4CDE; MLkDE y DQQC =
BQQM = 3
2
por lo que: DQQL =
EQQM = 3
2 esto es DL y EM se cortan en el punto Q que divide a los segmentos en razón3 : 2. Con el mismo argumento se muestra que FN y DL, se corta en un punto que los divide en razón 3 : 2,luego el resultado.
3
Ejemplo 2. (11a OMM) En un triángulo ABC sean P y P 0 sobre el segmento BC, Q sobre el segmentoCA y R sobre el segmento AB, de tal forma que
AR
RB=BP
PC=CQ
QA=CP 0
P 0B:
Sea G el centroide del triángulo ABC y sea K el punto de intersección de las rectas AP 0 y RQ: Demuestreque los puntos P;G y K son colineales.
Solución.
R K
P P'
GQ
A
B C
Usando el teorema de Thales, tenemos que QP 0 y AB son paralelos, puesto que estos segmentos estáncortados por las transversales CA y CB, y se tiene que CQ
QA =CP 0
P 0B . Entonces los triángulos CQP0 y CAB
son semejantes con razón de semejanza CQCA y como AR
RB = CQQA se tiene que QP 0 = AR. Tenemos entonces
que los triángulos AKR y P 0KQ son congruentes, de donde K es el punto medio de AP 0. Sea M el puntomedio de BC.
RK
P P'
G
M
Q
A
B C
El centroide de 4APP 0 es G
Notemos que M también es punto medio de PP 0 y como AG = 2GM , resulta que G también es el centroidedel triángulo APP 0, de donde la mediana PK pasa por G, y así P , G y K están alineados.
4
Ejemplo 3. En la �gura de abajo los triángulos A0BC; AB0C y ABC 0 son triángulos equiláteros. Muestreque AA0; BB0 y CC 0 son concurrentes.
C'
A'
B
B'
A C
Solución.Si el triángulo C 0BC se gira 60� en sentido positivo alrededor de B, obtenemos el triángulo ABA0: LuegoCC 0 y AA0 son congruentes y resulta que AA0 es la girada de C 0C en un ángulo de 60�: Si D es el punto deintersección AA0 y C 0C; 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 delprimero al girar 60� alrededor de C: Así la recta B0B se deberá cortar con la recta AA0 en un ángulo de 60�.Pero como 6 A0DB = 120�; se tiene BB0 deberá de pasar por D:
D
A'
C'
B
B'
CA
5
4C 0BC �= 4ABA0 4A0AC �= 4BB0C
Ejemplo 4. En un triángulo, el ortocentro, el centroide y el circuncentro son colineales. La recta quecontiene 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 B0 son los puntos mediosde BC y CA; tenemos que los triángulos ABH y A0OB0 son semejantes, por tener lados paralelos. AdemásAH = 2A0O; ya que AB = 2A0B0:
G
HO
A'
B'
CB
A
H;O;G son colineales
Como G es el centroide AG = 2GA0: Como AH y A0O son ambas perpendiculares a BC; se tiene que sonparalelas por lo que, 6 HAG = 6 OA0G: Por el critério LAL; los triángulos HAG y OA0G son semejantes, enparticular 6 HGA = 6 OGA0; lo que implica que H; G y O son colineales.
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2. Ejercicios y problemas de concurrencia y colinealidad, primeros ejemplos
Ejercicio 1. Sea ABCD un cuadrilátero cíclico, una circunferencia C1 que pasa por A y D corta a la rectaAB en E, y otra circunferencia C2 que pasa por C y D corta a la recta BC en F . Sea G el segundo puntode intersección de C1 y 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 ladosopuestos AB y CD en los puntos P y Q, respectivamente. Se dibujan dos circunferencias que pasan por losvértices de los triángulos KBP y KDQ, respectivamente. Pruebe que el segundo punto de intersección delas dos circunferencias está sobre la diagonal BD:
Ejercicio 3. Sea ABC un triángulo con circuncentro O. Sean C1 la circunferencia que pasa por A y B concentro O1 sobre AC y C2 la circunferencia que pasa por A y C con centro O2 sobre AB. Estas circunferenciasse 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 yD 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 elortocentro H de ABC, son colineales.
Problema 6. Sea ABCD un cuadrilátero inscrito en una circunferencia, las rectas BD y AC se cortan enel punto P . Si O es el circuncentro del triángulo ABP y H es el ortocentro del triángulo CDP , demuestreque 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 = 2FB, 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 yAM 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 deAB es menor que la de BC y la longitud de BC es menor que la de AC. Los puntos A0, B0 y C 0 son talesque AA0 es perpendicular a BC y la longitud de AA0 es igual a la de BC; BB0 es perpendicular a AC y lalongitud 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 el 6 AC 0B = 90o.
C'
A'
B'A
B C
Demuestre que A0, B0 y C 0 están alineados.
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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 FCD.
b3
a3
a1
a2
b1
b2
FC
D G
E
A
B
b2 + a3 = 180�
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 = 180
o. De hecho resulta que todas las a0s son iguales y todas las b0sson iguales.
Solución 2. Sea T el segundo punto de intersección de las circunferencias. Como el cuadrilátero BTKP escíclico, 6 KTB + 6 BPK = 180o. También, por ser cíclico el cuadrilátero KTQD, 6 DTK = 6 DQK.
T
K
P
A
B C
D
Q
6 KTB + 6 BPK = 180o
Por otro lado, PQ es una transversal que corta a las paralelas AB y CD; por lo que tenemos que: 6 BPK =6 DQK. Con estas tres igualdades, obtenemos que: 6 KTB + 6 DTK = 180o, por lo que B; T y D soncolineales, es decir, T está sobre la diagonal BD:
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Solución 3. Como las circunferencias C1 y C2 se intersectan en A y P , entonces O será colineal con ellos siO está sobre el eje radical de C1 y C2.
A
P
O1
O2
CB
O
AO es altura del 4AO1O2
Bastará ver entonces que AO es perpendicular a la recta que une los centros, es decir a O1O2. Sabemosque el centro O1 de C1 se encuentra en la mediatriz de AB; análogamente O2 el centro de C2 se encuentraen la mediatriz de AC; resulta entonces que OO1 y OO2 son alturas del triángulo AO1O2, y que O es suortocentro, 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 y 6 ADC son rectos. Luego BD y CD sonsegmentos perpendiculares a AD, por tanto son paralelos y como D es un punto común de los segmentos, setiene que B, C y D son colineales.
D
A B
C
B;C y D son colineales
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Solución 5.
H
FE
P
Q
N
M
CB
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 dediámetros BN y CM . Sean BE y CF las alturas. La potencia de H con respecto a C1 es HB � HE y lapotencia con respecto a C2 es HC �HF . Como el cuadrilátero BCEF está inscrito en la circunferencia dediámetro 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 aprobar que PQ es perpendicular a CD. Sea a = 6 BAC = 6 BDC.
2a
a
a
O
QH
P
A
B C
D
6 PQD = 90o
Como O es el circuncentro de ABP , 6 BOP = 2a. Como el triángulo BOP es isósceles 6 OPB = 90o �126 BOP = 90o�a. Entonces 6 DPQ+ 6 PDQ = 6 OPB+a = (90o�a)+a = 90o. Por lo tanto, 6 PQD = 90o,es decir, PQ es perpendicular a CD.
Solución 7. Sean F 0 el punto sobre AB tal que BF = FF 0 = F 0A, N el punto de intersección de ED conFC, y Q la intersecciónde F 0C con DE.
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N
QI
E
D
F'
F
B
M'
C
A
Entonces F 0EDB es paralelogramo, así que los triángulos FIB y NIE 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 semejanzaentre los triángulos FIB y NIE. Sea FB = 3a; entonces 6a = F 0B = ED, de donde ND = 2a y NE = 4a;así la razón de semejanza es 3
4 . Sea M0 el punto de intersección de DI con AB. Probaremos que M 0 = M .
Tenemos que el triángulo FIM 0 es semejante a NID y la razón de semejanza es la misma que hay entre lostriángulos FIB y NIE, pues en aquellos dos lados correspondientes son FI y IN , que también son ladoscorrespondientes en éstos. Entonces M 0F = 3
4ND = 342a =
32a. Por tanto M
0B =M 0F + FB = 32a+ 3a =
92a =
12AB y M 0 =M .
Solución 8. Como los arcos BC y CD son iguales, los ángulos DAC y DBC son iguales. Puesto que6 ACD = 6 NCD es común para los triángulos ACD y DCN , tenemos que estos dos triángulos son seme-jantes. Luego AC
CD = CDNC , pero CD = CL, y así tenemos que AC
CL =CLNC .
N
L
M
BD
A
C
4ACD ' 4 DCN =)4ACL ' 4 LCN
Esto, junto con el hecho de que el ángulo 6 ACL es común para los triángulos ACL y LCN , nos garantiza queestos triángulos son semejantes. Pero ACL es un triángulo rectángulo, luego el triángulo LCN también esrectángulo con ángulo recto enN , por lo que LN es perpendicular a AC. También, como CD = CM; tenemosque AC
CM = CMNC por lo que de manera análoga se llega a que MN es perpendicular a AC. Luego L;M y N
son colineales.
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Solución 9. Observemos primero que 6 ABB0 = 6 C 0CA puesto que ambos son completamentarios de6 BAC (ya que CC 0 es perpendicular a AB y BB0 es perpendicular a AC). Entonces los triángulos ABB0
y C 0CA son congruentes (por tener iguales dos lados y el ángulo comprendido entre ellos).
B'
C'
A'
A
B C
A0BC 0 y C 0AB0 son triángulos rectángulos isósceles
Como los lados correspondientes en estos triángulos son perpendiculares entre sí, entonces también lo esel tercero, es decir, 6 B0AC 0 = 90o. Por la misma razón, los triángulos BCC 0 y A0AB son congruentesy 6 C 0BA0 = 90o. Pero entonces A0BC 0 y C 0AB0 son triángulos rectángulos isósceles (A0B = BC 0 yC 0A = AB0), de donde sus ángulos no rectos son de 45o. Así 6 A0C 0B0 = 6 A0C 0B + 6 BC 0A + 6 AC 0B0 =45o + 90o + 45o = 180o, de donde A0, C 0 y B0 están alineados.
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4. Segmentos, ángulos y áreas dirigidas
Una de las inovaciones de la geometría moderna es el empleo, cuándo esto es posible y ayuda, de lasmagnitudes con sentido o con signo. Así como la inclusión de los números negativos es útil en otras áreasde las matemáticas, las magnitudes con signo han ayudado a la geometría. Aunque Albert Girard, RenéDescartes y otros usaron segmentos negativos en la geometría durante el siglo XVII, la idea de las magnitudescon 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 barycentrischecalculus", de 1827). Con la ayuda de las magnitudes con signo varias relaciones o a�rmaciones que se danpor separado pueden ser juntadas o combinadas para dar una sola a�rmación o bien darse en una solademostración.
De�niciones y notaciones
Segmentos dirigidos. Cuando dos o más segmentos se encuentran sobre una misma recta, podremos másfácilmente estudiar las relaciones entre ellos, si además de considerar la longitud de los segmentos, tomamosen 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 arbitrariamenteuno de estos sentidos, digamos el que va de izquierda a derecha, como el sentido positivo, y el otro comoel sentido negativo. Un segmento AB sobre la recta se considerará positivo o negativo de acuerdo a que ladirección de A a B sea la dirección positiva o negativa de la recta y lo señalaremos AB para distinguir elsegmento dirigido de A a B: El punto A es el punto inicial del segmento y B el punto �nal. El segmentoBA es el segmento dirigido de B a A: Los segmentos AB y BA son iguales en magnitud pero opuestos endirección y esto lo indicaremos así: AB = �BA; o bien así: AB + BA = 0: Note que siempre sucede queAA = 0:
De�niciones. Puntos sobre una misma recta se dirán colineales. Un conjunto de puntos colineales se diráque 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 tambiénsobre 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 longitudesde los segmentos AB, AC, BC, nos encontramos con tres igualdades diferentes que corresponden a las tresdiferentes posiciones de C que se han mencionado. Este es un ejemplo típico donde el uso de segmentosdirigidos 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 prolongaciónde 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.
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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 encuentraun segmento AB (con A 6= B), diremos que P divide al segmento AB en la razón AP
PB : El valorAPPB es
independiente de la dirección de AB. Si P está entre A y B diremos que P divide internamente a AB yla razón es positiva, si P está fuera del segmento AB diremos que P divide externamente y la razón esnegativa, de hecho si P está en la prolongación de AB entonces AP
PB = r cumple que r < �1; y si P estaen la prolongación de BA; APPB = r cumple que �1 < r < 0: Si P coincide con A o B el segmento no estápropiamente dividido por P; diremos en este caso que P divide impropiamente a AB y la razón es 0 si P = Ay es infinita si P = B:
P B AA B A P P BAPPB > 0
APPB < �1 � 1 < AP
PB < 0
Observación. Solamente hay un punto sobre la recta de AB que lo divide en una razón dada, esto es si Py Q cumplen que AP
PB =AQQB ; entonces P = Q:
AP
PB=AQ
QB() AP �QB = AQ � PB() AP � (AB �AQ) = AQ � (AB �AP )() AP �AB = AQ �AB() PQ �AB = 0() PQ = 0
() P = Q:
De�nición. Si P y Q están sobre la misma recta que el segmento AB; diremos que P y Q divideninternamente y externamente a AB en la misma razón si APPB = �
AQQB :
Note que si APPB = �AQ
QB ; entoncesAPAQ = �PB
QB ; luegoPAAQ = �PB
BQ lo que nos dice que A y B divideninternamente y externamente a PQ en la misma razón.
Ejemplo. Dado un segemento AB sobre una recta y dos segmentos a; b construir con regla y compás puntosP y Q sobre la recta tales que AP
PB =ab: y
AQQB = �
ab: :
Solución.
b
a
P Q
F
E
BA
D
P y Q dividen interna y externamente en la misma razón a AB esto es: APPB = �
AQQB :
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Trace por A y B dos rectas paralelas l y l0. Sobre l localice un punto D tal que AD = a y sobre l0 localicepuntos E y F tales que EB = BF = b: Trace la recta por D y F y llame P al punto donde ésta corta a larecta 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 yB: Los puntos P y Q son los buscados. Esto se sigue de que los triángulos APD y BPF son semejantes yde 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 +DB2 � CA+DC2 �AB +AB �BC � CA = 0:
Demostración.Caso 1: D está sobre la recta de A;B;C:DA2 �BC +DB2 � CA+DC2 �AB +AB �BC � CA == DA2 � (DC �DB)+DB2 � (DA�DC)+DC2 � (DB�DA)+ (DB�DA)(DC �DB)(DA�DC) = 0:
Caso 2: D no está sobre la recta de A;B;C:
E BA 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 +DB2 � CA+DC2 �AB +AB �BC � CA == (DE2 + EA2) �BC + (DE2 + EB2) � CA+ (DE2 + EC2) �AB +AB �BC � CA == DE2(BC + CA+AB) + EA2 �BC + EB2 � CA+ EC2 �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 Les 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 nL
A
B C
El teorema anterior nos dice que: c2n+ p2(�a) + b2m+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
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delimitan el ángulo se llaman los lados del ángulo, digamos que son OA y OB: El ángulo dirigido 6 AOB esel ángulo que se genera cuando la recta OA se gira alrededor de O de la posición OA a la posición OB ensentido opuesto al avance de las manecillas del reloj, este recorrido se dirá que es el sentido positivo. Por elcontrario si OB se gira alrededor de O en dirección del avance de las manecillas del reloj, el ángulo 6 BOAes el ángulo en sentido negativo. Ambos ángulos dirigidos 6 AOB y 6 BOA delimitan el mismo ángulo, estoes son iguales en magnitud pero opuestos en dirección. Esto último lo escribimos así, 6 AOB = �6 BOA obien así, 6 AOB + 6 BOA = 0:Hay una situación que debemos aclarar más cuando se habla de 6 BOA; pues podemos también entenderque se habla de una ángulo positivo y de una ángulo negativo como lo hemos hecho. Pero cómo es esto? Elrayo OB puede girar alrededor de O también en sentido positivo y llegar a OA; o bien el rayo OB girar ensentido negativo hasta llegar a OA y tener estos dos ángulos:
B
O A
B
OA
ángulo positivo 6 BOA ángulo negativo 6 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 laprimera vez que llega a coincidir con la recta del rayo OA:
B
O A
B
O A
ángulo positivo 6 BOA ángulo negativo 6 BOA
AO
B
AO
B
ángulo positivo 6 AOB ángulo negativo 6 AOB
Para ejempli�car lo útil de esta convención, nos referiremos a la a�rmación: si los lados de dos ángulos sonparalelos respectivamente, entonces los ángulos son iguales o suplementarios. Si l y m son los lados de unángulo 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;
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los ángulos 6 lOm y 6 l0O0m0 podrían ser cualesquiera de los 4 ángulos en cada dibujo y entonces los ángulosson iguales o suplementarios. Pero con ángulos dirigidos, los ángulos 6 lOm y 6 l0O0m0 son los señalados cona y a0 respectivamente y la a�rmación queda así: si los lados de dos ángulos son paralelos respectivamenteentonces 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;C 0 están sobre una circun-ferencia si cuando C y C 0 están de un mismo lado de la recta AB los ángulos 6 ACB y 6 AC 0B son igualesy si C y C 0 están en diferentes lados de la recta AB, los ángulos 6 ACB y 6 AC 0B son suplementarios.Pero en la segunda situación, el ángulo 6 AC 0B cuando se considera dirigido, no es el que abre el arco dACBsino 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;C 0 están sobre una circunferenciasi y sólo si los ángulos 6 ACB y 6 AC 0B son iguales.
C
B
C'
A
A;B;C;C 0 están sobre una circunferencia si y sólo si los ángulos dirigidos 6 ACB y 6 AC 0B son iguales.
Áreas dirigidas.Un triángulo ABC será considerado positivo o negativo de acuerdo a que su perímetro, recorrido de A aB después a C y luego a A, sea recorrido en sentido contrario al avance de las manecillas del reloj o ensentido al avance de las manecillas. Su área en cada caso será una área con signo o dirigida, si el triángulo espositivo el área será positiva y negativa en el otro caso. Tenemos que si (ABC) representa el área dirigida deltriángulo ABC, entonces valen siempre las relaciones siguientes: (ABC) = (BCA) = (CAB) = �(ACB) =�(CBA) = �(BAC):
17
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 radioR 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 ángulo 6 A es agudo y cuando no es agudo. En cualquier caso trazamos eldiámetro BA0: El ángulo 6 A0CB = 90� y el ángulo dirigido 6 BA0C = 6 A0 es igual al ángulo 6 BAC = 6 A.
O
O
A'B
CA
A'
B C
A
El ángulo dirigido 6 BA0C es igual al ángulo dirigido 6 BAC:
En el primer caso sen A = sen A0 = a2R : Y en el segundo caso sen A = sen A
0 = sen (180�� 6 CA0B) = sen6 CA0B = a
2R :
Teorema (de la bisectriz). Si AL es la bisectriz interna del ángulo A del triángulo ABC con L sobreBC; entonces BL
LC =ABCA :
Demostración.
a a
L
A
B C
BLLC =
ABCA :
La ley de los senos en el triángulo ABL garantiza que,
sen 6 BAL
BL=sen 6 ALB
AB(1)
La ley de los senos en el triángulo ALC da que,
18
sen 6 LAC
LC=sen 6 CLA
AC(2)
Tenemos de las dos identidades anteriores que,
BL
LC=AB � sen 6 BAL � sen 6 CLA
CA � sen 6 LAC � sen 6 ALB:
Y como 6 BAL = 6 LAC; tenemos que sen 6 BAL = sen 6 LAC, tambien por ser 6 ALB y 6 CLA suplemen-tarios, se tiene que sen 6 ALB = sen 6 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 tieneque,
BL
LC=AB � sen 6 BALCA � sen 6 LAC :
Demostración.La demostración es similar a la anterior solamente que 6 BAL y 6 LAC no son iguales y entonces no sepueden cancelar cuando se trabajan las identidades (1) y (2) del teorema anterior, pero si llegamos usandoestas igualdades a que,
BL
LC=AB � sen 6 BALCA � sen 6 LAC :
Otra demostración.Si trazamos la altura AD del triángulo desde A: Tenemos que,
BL
LC=AD �BLAD � LC =
2(ABL)
2(ALC)=AB � LA � sen 6 BALAL � CA � sen 6 LAC =
AB � sen 6 BALCA � sen 6 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 conL0 sobre BC; entonces BL0
L0C = �ABCA :
Demostración.
R
L'CB
A
Si AL0 es la bisectriz externa del ángulo en A como se muestra en la �gura, trazamos CR la recta paralela aAL0 que pasa por C y con R el punto de intersección con AB: El triángulo ARC es isósceles, los ángulos en Ry C son iguales por ser CR y AL0 paralelas y ser AL0 bisectriz externa, luego CA = AR: Como los triángulosRBC y ABL0 son de lados paralelos, por el teorema e Thales tenemos que: BL
0
L0C =BAAR = �
ABAR = �
ABCA :
19
5. Ejercicios de segmentos, ángulos y áreas dirigidas
Ejercicio 1. Si A;B y P son colineales, muestre queM es punto medio de AB si y sólo si PM =PA+ PB
2:
Ejercicio 2. Si A;B y O son colineales, muestre que, OA2 +OB2 = AB2 + 2OA �OB:
Ejercicio 3. Si A;B;C;O y P son colineales, muestre que, OA+OB+OC = 0 si y sólo si PA+PB+PC =3PO:
Ejercicio 4. Para puntos sobre una misma recta se tiene que OA+OB+OC = 0 y O0A0+O0B0+O0C 0 = 0:Muestre que AA0 +BB0 + CC 0 = 3OO0:
Ejercicio 5. Si A;B;C son colineales y P;Q;R son los puntos medios de BC;CA;AB, muestre que lospuntos medios de CR y PQ coinciden.
Ejercicio 6. Sea AL la bisectriz interna del ángulo A del triángulo ABC:
(a) Muestre queBL
LC=c
b:
(b) Muestre que BL =ac
b+ cy 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 entoncesel 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 unacircunferencia, muestre que a2 �BC + b2 � CA+ c2 �AB +AB �BC � CA = 0:
Ejercicio 9. Si A;B;C;D y O son puntos del plano, muestre que:(a) sen 6 AOD � sen 6 BOC + sen 6 BOD � sen 6 COA+ sen 6 COD � sen 6 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 circuncírculode 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; muestreque 6 MAC es menor que 6 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 otrosdos.
20
6. El teorema de Ceva.
De�nición. Si una línea se traza desde un vértice de un triángulo, el segmento incluido entre el vértice y ellado 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 loslados BC; CA; AB con las líneas AP , BP , CP , dividen a los lados internamente (�gura a). Si el punto P eselegido fuera del triángulo ABC, dos de los puntos L,M , N , dividen a su correspondiente lado externamente(�gura b).
LN
P
PB
M
L M
C
N
AA
CB
�gura (a) �gura (b)
Teorema de Ceva. Si las cevianas AL, BM , CN del triángulo ABC son concurrentes entonces se cumplela ecuación:
BL
LC� CMMA
� ANNB
= 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 CB
A
RS es paralela a BC:
Ahora usemos que son semejantes las parejas de triángulos AMR y CMB; BCN y ASN; PLC y PAS;PBL y PRA; para tener que,
21
4AMR ' 4CMB =) AM
CM=AR
CB
4BCN ' 4ASN =) BN
AN=BC
AS
4PLC ' 4PAS =) LC
AS=PL
PA
4PBL ' 4PRA =) BL
RA=PL
PA
Las dos últimas igualdades garantizan que BLLC =
RAAS ; por lo que:
BL
LC� CMMA
� ANNB
=RA
AS� CBRA
� ASCB
= 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 BMpor C intersecta a AL:
NS
R
P
L
M
A
B C
AS y CR son paralelas a BM:
Ahora usemos que son semejantes las parejas de triángulos ASN y BPN; PBL y RCL; RCA y PAM;PCM y SCA; para tener que,
4ASN ' 4BPN =) AN
NB=AS
PB
4PBL ' 4RCL =) BL
LC=PB
CR
4RCA ' 4PMA =) CR
MP=CA
MA
4PCM ' 4SCA =) MP
AS=CM
CA
Las dos últimas igualdades garantizan que CMMA =
CRAS ; por lo que:
BL
LC� CMMA
� ANNB
=PB
CR� CRAS
� ASPB
= 1:
22
Tercera demostración.
NM
P
LCB
A
BL
LC=(ABP )
(CAP )
Los triángulos ABL y ALC tiene la misma altura desde A; también los triángulos PBL y PLC tienen lamisma 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)=(PBL)
(PLC)=(ABL)� (PBL)(ALC)� (PLC) =
(ABP )
(CAP ):
Donde (PQR) denota el valor del área (con signo) del triángulo PQR: La tercera igualdad se debe a queab =
cd =
a�cb�d :
Análogamente
CM
MA=(BCM)
(BMA)=(PCM)
(PMA)=(BCM)� (PCM)(BMA)� (PMA) =
(BCP )
(ABP );
AN
NB=(CAN)
(BCN)=(PAN)
(PNB)=(CAN)� (PAN)(BCN)� (PNB) =
(CAP )
(BCP ):
Estas identidades implican que,
BL
LC� CMMA
� ANNB
=(ABP )
(CAP )� (BCP )(ABP )
� (CAP )(BCP )
= 1:
Observación. Si consideramos segmentos dirigidos, una de las tres razones de la fórmula de Ceva es siemprepositiva, mientras que las otras dos son ambas positivas o ambas negativas; luego la fórmula de Ceva es válidasiempre en magnitud y sentido. En la tercera demostración si consideramos segmentos dirigidos, las áreastambién son dirigidas.
El recíproco del Teorema de Ceva. Si las cevianas AL, BM , CN del triángulo ABC; cumplen laecuación: BL
LC �CMMA �
ANNB = 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: Tenemosahora que las tres cevianas AL0; BM y CN son concurrentes en P: Por el teorema de Ceva, se tiene que:
BL0
L0C� CMMA
� ANNB
= 1:
Pero por hipótesis también se cumple que:
BL
LC� CMMA
� ANNB
= 1:
23
Al igualar las dos ecuaciones anteriores y cancelar, se tiene que, BLLC =BL0
L0C : Pero solamente hay un punto enla recta por B y C que divide al segmento BC en una razón �ja, luego L0 = L y por tanto AL;BM y CNson concurrentes.
Teorema de Ceva trigonométrico. Las cevianas AL, BM , CN del triángulo ABC son concurrentes siy sólo si se cumple la ecuación:
sen 6 BAL
sen 6 LAC� sen
6 CBM
sen 6 MBA� sen
6 ACN
sen 6 NCB= 1:
Demostración.Se sigue de aplicar el teorema de Ceva y su recíproco, además de usar el teorema generalizado de la bisectrizque garantiza que,
BL
LC=AB � sen 6 BALCA � sen 6 LAC ;
CM
MA=BC � sen 6 CBMAB � sen 6 MBA y
AN
NB=CA � sen 6 ACNBC � sen 6 NCB :
7. Aplicaciones del teorema de Ceva
Ejemplo. Las medianas de un triángulo son concurrentes. Si AA0 es la mediana del triángulo ABC quesale del vértice A y llega al punto medio A0 del lado BC; se tiene que BA0
A0C = 1: Análogamente las otrasmedianas BB0 y CC 0 cumplen que CB0
B0A = 1 y AC0
C0B = 1; luego BA0
A0C �CB0
B0A �AC0
C0B = 1, por el recíproco delteorema de Ceva, las medianas son concurrentes.
Ejemplo. Las bisectrices internas de un triángulo son concurrentes. Si AL;BM y CN son las bisectricesinternas del triángulo ABC; tenemos por el teorema de la bisectriz que BL
LC = cb ;
CMMA =
ac ; y
ANNB = b
a ; porlo que BL
LC �CMMA �
ANNB = c
b �ac �
ba = 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 triánguloABC; se tiene que las parejas de triángulos rectángulos siguientes son semejantes: ABD y CBF; ABE yACF; BCE y ACD; luego se tiene:
4ABD ' 4CBF =) BD
FB=AB
BC
4ABE ' 4ACF =) AF
EA=CA
AB
4BCE ' 4ACD =) CE
DC=BC
CA
por tanto, BDDC �CEEA �
AFFB =
ABBC �
CAAB �
BCCA = 1:
Otra manera es usar las relaciones siguientes: BDDC =cosBcosC ;
CEEA =
cosCcosA y
AFFB =
cosAcosB :
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 seconoce como el punto de Gergonne.
Y
B
A
CX
Z
24
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, BXXC �
CYY A �
AZZB = 1; por el recíproco del teorema de Ceva, las cevianas
AX; BY y CZ son concurrentes.
Ejemplo. Si X 0, Y 0, Z 0 son los puntos de contacto de los lados BC, CA, AB del triángulo ABC con losexcírculos (Ia); (Ib); (Ic), se tiene que las cevianas AX 0; BY 0; CZ 0 son concurrentes. El punto de concurrenciase conoce como el punto de Nagel.Como desde un punto las tangentes a un círculo miden lo mismo, tenemos las siguientes relaciones: BX 0 =s � c; X 0C = s � b; CY 0 = s � a; Y 0A = s � c; AZ 0 = s � b; Z 0B = s � a: Por lo que, BX0
X0C �CY 0
Y 0A �AZ0
Z0B =s�cs�b �
s�as�c �
s�bs�a = 1; por el recíproco del teorema de Ceva, las cevianas AX
0; BY 0 y CZ 0 son concurrentes.
No es difícil ver que BX = s � b y XC = s � c; por lo que X y X 0 son simétricos con respecto al puntomedio de BC: De manera análoga Y y Y 0 son simétricos con respecto al punto medio de CA y también Zy Z 0 son simétricos con respecto al punto medio de AB: La situación que se presenta en los dos ejemplosanteriores 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 sonsimétricos con respecto al punto medio de BC: Sean L y L0,M yM 0; N y N 0 puntos isotómicos con respectoa 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 puntosde Gergonne y de Nagel son isotómicos conjugados).
Ejemplo. El incentro I de un triángulo es el punto de Nagel del triángulo mediano.
UCB
I
Ia
C'
X XaA'
LB'
A
Como siempre A0; B0; C 0 son los puntos medios de los lados BC,CA;AB: Sea Ia el excentro que está sobrela 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 IUX y IaUXa, AIL y AIaXa tenemos: XI : XaIa = IU : UIa;IL : XaIa = IA : AIa.El circuncírculo del triángulo ABC pasa por el centro del círculo IBIaC de esto podemos sacar dos conse-cuencias: XA0 = A0Xa 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 A0I y AXa son paralelas.Las líneas A0I, AXa pueden considerarse como elementos correspondientes en las dos �guras homotéticasformadas por el triángulo ABC y su triángulo mediano A0B0C 0, pero estas dos líneas son paralelas y pasan
25
por los puntos homotéticos A, A0. Luego la línea A0I y sus líneas análogas B0I, C 0I se intersectan en elpunto de Nagel del triángulo A0B0C 0, 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 secumple que:
PL
AL+PM
BM+PN
CN= 1
Demostración
N PM
L
A
CB
Los segmentos PL, AL son proporcionales a las distancias de los puntos P , A al lado BC; luego,
PL
AL=(PBC)
(ABC),
donde (ABC) denota el área del triángulo ABC: Análogamente:
PM
BM=(PCA)
(ABC)yPN
CN=(PAB)
(ABC).
Al sumar estas tres igualdades y al observar que:
(PBC) + (PCA) + (PAB) = (ABC)
obtenemos la relación anunciada.La fórmula es válida en magnitud y signo, no importando la posición que el punto P pueda tener con respectoa ABC.
Corolario. Con las hipótesis del Teorema anterior, tenemos que:
AP
AL+BP
BM+CP
CN= 2:
En efecto, observemos primero que: APAL +
AL�PLAL = 1� PL
AL . Análogamente para las otras razones se tieneque, BPBM = 1� PM
BM y CPCN = 1� PN
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 secumple que:
AP
PL=AM
MC+AN
NB:
Demostración.Si las paralelas por C, B a APL intersectan BM , CN , en E, D, tenemos por triángulos semejantes que:
26
AP
EC=AM
MC,
AP
DB=AN
NB;
PL
EC=BL
BC;
PL
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 ) yz = (CAP ); por ejemplo vea que AP
AL =x+zx+y+z y que
APPL =
x+zy ; AMMC =
xy ;
ANNC =
zy :
Ejemplo. Sea ABC un triángulo y sean M;N puntos sobre CA y AB; respectivamente. Si MN es paralelaa BC entonces BM y CN son concurrentes con la mediana AA0:Si MN es paralela a BC; se tien por el teorema de Thales que AN
NB = AMMC ; luego
CMMA �
ANNB = 1 y como el
punto medio A0 de BC cumple BA0
A0C = 1; tenemos que BA0
A0C �CMMA �
ANNB = 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 entoncesMN es paralela a BC:Por ser concurrentes se tiene que BA0
A0C �CMMA �
ANNB = 1; y como A
0 es punto medio de BC; BA0 = A0C; luegoANNB =
AMMC ; por el recíproco del teorema de Thales, MN es paralela a BC:
Ejemplo. Sea ABC un triángulo acutángulo, si BM y CN son cevianas concurrentes con la altura AD;entonces 6 MDA = 6 ADN:Sean E y F las intersecciones de DM y DN con la recta paralela a BC que pasa por A: Como los triángulosAFN y BDN son semejantes se tiene que AN
NB =FABD : Y como los triángulos AME y CMD son semejantes
sucede que CMMA =
DCAE : Estas dos igualdades junto con la ecuación que da el teorema de Ceva, 1 =
BDDC �
CMMA �
ANNB =
BDDC �
DCAE �
FABD = FA
AE ; nos da que FA = AE; esto es A es punto medio de FE: Luego DA es mediatrizy altura desde D en el triángulo DEF; luego DA es también bisectriz.
Ejemplo. En la �gura de abajo los triángulos A0BC; AB0C y ABC 0 son triángulos equiláteros. Muestreque AA0; BB0 y CC 0 son concurrentes.
C'
A'
B
B'
A C
27
N
L
C'A '
B
B '
A C
Sean L y M los puntos de intersección de los lados B0C y AB0 con las rectas AA0 y CC 0, respectivamente.Denotemos por u; v; w las longitudes de los triángulos equiláteros ABC 0; A0BC; AB0C; respectivamente.Notemos que los triángulos AB0L y A0CL son semejantes (son de lados paralelos), por lo que B0L
LC = �wv :
También tenemos que los triángulos B0CN y AC 0N son semejantes por lo que ANNB0 = � u
w : Y comoCBBA =
vu ;
tenemos que: B0LLC � CBBA �
ANNB0 =
��wv
�� vu �
�� uw
�= 1; por lo que AA0; BB0 y CC 0 son concurrentes.
Ejemplo (APMO, 1992). Sean A;B; C tres circunferencias de centros A;B;C; de manera que B y C seencuentran dentro de A; tambien que B y C son tangentes en L; C y A tangentes en M ; A y B tangentes enN: Muestre que AL; BM y CN son concurrentes.
L B
C
NM
A
Si a; b; c son los radios de las circunferencias, tenemos que BLLC = b
c ;CMMA = � c
a ;ANNB = �a
b ; por lo queBLLC �
CMMA �
ANNB = b
c ��� ca
� ��ab
�= 1; por el recíproco del teorema de Ceva, las cevianas AL;BM;CN son
concurrentes.
28
8. El teorema de Menelao
Observación: Una línea transversal puede intersectar a dos lados de un triángulo y a la prolongación deltercer lado (�gura a), o a las prolongaciones de los tres lados (�gura b).
ML
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 alos 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; My N; respectivamente. Entonces se cumple la ecuación:
BL
LC� CMMA
� ANNB
= �1:
Demostración.Primera demostración.
R
Q
PM
N
C LB
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: ANP y BNQ; BLQ y CLR; CRM y APM;luego:
4ANP ' 4BNQ =) AN
BN=AP
BQ
4BLQ ' 4CLR =) BL
CL=BQ
CR
4CRM ' 4APM =) CM
AM=CR
AP
por lo que tenemos que,
BL
CL� CMAM
� ANBN
=AP
BQ� BQCR
� CRAP
= 1:
29
Pero esto implica que,
BL
LC� CMMA
� ANNB
= �1:
Segunda demostración.Trace CN 0 paralela a LN:
N' M
N
C LB
A
Por el teorema de Thales aplicado en el triángulo AN 0C; tenemos que,
CM
AM=N 0N
AN
Y también por el teorema de Thales en el triángulo BLN se tiene que
BL
LC=BN
NN 0
por lo que,
BL
CL� CMAM
� ANBN
=BN
N 0N� N
0N
AN� ANBN
= 1:
Pero esto implica que,
BL
LC� CMMA
� ANNB
= �1:
Tercera demostración.Trace el segmento CK paralelo a AB:
K
M
N
C LB
A
30
Como son semejantes los triángulos NBL y KCL se tiene que BLCL =
BNCK y como los triángulos ANM y
CKM son semejantes también se tiene que AMCM = AN
CK : Luego,
BL
CL� CMAM
� ANBN
=BN
CK� CKAN
� ANBN
= 1:
Pero esto implica que,
BL
LC� CMMA
� ANNB
= �1:
Recíproco del Teorema de Menelao. Si los puntos L;M;N que se encuentran sobre los lados BC;CA;ABdel triángulo ABC; cumplen que BL
LC �CMMA �
ANNB = �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 �CMMA �
ANNB = �1:
Sea L0 el punto sobre el lado BC colineal con M y N . Por la parte directa del Teorema de Menelao tenemosque:
AN
NB� BL
0
L0C� CMMA
= �1, y por hipótesis ANNB
� BLLC
� CMMA
= �1,
de estas dos ecuaciones, tenemos en magnitud y signo que: BLLC = BL0
L0C , 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 ladosopuestos 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 ángulos 6 LAB y 6 LCM miden un medio del arco AB, por lo que los triángulos ALB y CLAson semejantes, luego:
AL
LC=AB
AC, o
AL2
LC2=AB2
AC2.
También de la semejanza tenemos que: AL2 = LB � LC; luego, BLLC =c2
b2 :
Análogamente: CMMA =a2
c2 yANNB =
b2
a2 ; y entoncesANNB �
BLLC �
CMMA =
b2
a2� a
2
c2� b
2
a2= 1; por lo que los puntos L,
M , N son colineales.
31
De�nición. El triángulo formado por las tangentes al circuncírculo de un triángulo dado en los vértices deéste, 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 MN corta a BC en L0, entonceslos puntos L y L0 dividen al segmento BC interna y externamente en la misma razón.
Demostración
L'
NP
L
M
B C
A
Como AL, BM y CN son concurrentes, tenemos por el Teorema de Ceva:
AN
NB� BLLC
� CMMA
= 1:
Como L0, M y N son colineales, por el Teorema de Menelao, tenemos que:
AN
NB� BL
0
L0C� CMMA
= �1:
Al igualar las dos identidades anteriores y reduciendo, llegamos a:
BL0
L0C= �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.
NM
P
LCB
A
Aplicando el teorema de Menelao al triángulo ABL con transversal C;P;N y aplicando el mismo teoremaal triángulo ALC con transversal B;M;P; se tienen las ecuaciones:
32
BC
CL� LPPA
� ANNB
= �1 yLB
BC� CMMA
� APPL
= �1;
luego,
BC
CL� LBBC
� LPPA
� APPL
� ANNB
� CMMA
= 1; por lo que,BL
LC� CMMA
� ANNB
= 1:
Proposición. El teorema de Ceva implica el teorema de Menelao.
Q
P
R
M
L
N
CB
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 dondeCN corta a AL: Ahora aplicaremos el teorema de Ceva a 6 triángulos con respectivas cevianas, a saber:
Tri�angulo cevianas ecuaci�on de Ceva
4ABL AC;BP;LNBC
CL� LPPA
� ANNB
= 1
4BCM BA;CQ;MLBL
LC� CAAM
� MQQB
= 1
4CAN CB;AR;NMCM
MA� ABBN
� NRRC
= 1
4ALM AN;LC;MPLN
NM� MCCA
� APPL
= 1
4BMN BL;MA;NQML
LN� NAAB
� BQQM
= 1
4CNL CM;NB;LRNM
ML� LBBC
� CRRN
= 1
Agrupando adecuadamente y después de cancelar se llega a que:�BLLC �
CMMA �
ANNB
�2= 1; pero uno o tres de
los puntos colineales deben de dividir externamente a los lados del ABC; por lo que: BLLC �CMMA �
ANNB = �1:
Teorema de Menelao trigonométrico. Los puntos L;M;N sobre los lados BC;CA;AB del triánguloABC son colineales si y sólo si se cumple la ecuación:
sen 6 BAL
sen 6 LAC� sen
6 CBM
sen 6 MBA� sen
6 ACN
sen 6 NCB= �1:
33
Demostración.Se sigue de aplicar el teorema de Menelao y su recíproco, además de usar el teorema generalizado de labisectriz que garantiza que,
BL
LC=AB � sen 6 BALCA � sen 6 LAC ;
CM
MA=BC � sen 6 CBMAB � sen 6 MBA y
AN
NB=CA � sen 6 ACNBC � sen 6 NCB :
Ejemplo (teorema de Zaslavsky, 2003). Sean ABC un triángulo, O un punto cualquiera y A0B0C 0
el triángulo que resulta de re�ejar ABC por O: Tres rectas paralelas que pasan por A0; B0; C 0 cortan aBC;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, BLLC �CMMA �
ANNB = �1: Tome la recta que pasa por
C y paralela a las tres rectas paralelas. Sean P;Q;N 0 las intersecciones de tal recta con AB0; A0B;A0B0:
LM
N
Q
P
N'
A'
B'
C'
A
B
C
O
Como CN 0 y C 0N son paralelas, igual que las parejas: AB y A0B0; AC 0 y A0C; y como AC 0 = A0C;resulta que los triángulos ANC 0 y A0N 0C son congruentes, luego N 0 es el re�ejado por O de N: Por lo queANNB =
AN 0
N 0B :
Como LA0B y CQB son semejantes, BLLC =BA0
A0Q =AB0
A0Q :
Como ACP y AMB0 son semejantes, CMMA =PB0
B0A :
Como N 0QA0 y N 0PB0 son smejantes, AN0
N 0B =A0QPB0 :
Luego las identidades anteriores implican que, BLLC �CMMA �
ANNB =
AB0
A0Q �PB0
B0A �A0QPB0 = �1:
Ejemplo (teorema de Cristea, 1956). SeanABC un triángulo y L;M;N;P puntos sobreBC;CA;AB;AL;respectivamente. El punto P está sobre MN si y sólo si
BLMC
AM+ LC
NB
AN= BC
PL
AP:
Solución.Primero notemos que,
34
BLMC
AM+ LC
NB
AN= BC
PL
AP() BL
�MC
AM+LP
AP
�= LC
�PL
AP+BN
AN
�() BL
LC� MCAM
+BL
LC� LPAP
=PL
AP+BN
AN
Sean Q y R sobre AL de manera que BQ y CR sean paralelas a MN:
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 ' 4APM =) MC
AM=PR
AP
4ABQ ' 4ANP =) BN
AN=QP
AP
Y continuamos,
BL
LC� MCAM
+BL
LC� LPAP
=PL
AP+BN
AN() QL
LR� PRAP
+QL
LR� LPAP
=PL
AP+QP
AP
() QL
LR(PR+ LP ) = QP + PL
() QL = QL
Para el recíproco se procede como en el recíproco de Menelao, sea P 0 la intersección de AL yMN; este puntocumple con las hipótesis de la parte directa por lo que, BLMC
AM +LCNBAN = BC P 0L
AP 0 y como BLMCAM +LC
NBAN =
BC PLAP ; se tiene al igualar que P y P
0 dividen al segmento AL en la misma razón por lo que P = P 0:
35
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 entres punto colineales.(b) Dos bisectrices internas y la bisectriz externa del tercer ángulo de un triángulo intersectan los ladosopuestos 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 enM y AC en N , entonces en magnitud y en signo, AN �MB +AM �NC = AM �AN:Sugerencia. Si A0 es el punto medio de BC, aplique el Teorema de Menelao a los triángulos AA0C y ABA0 contransversal MN . Recuerde también que AG = 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 MN si y sólo si BMMA +
ANNC = 1:
(b) Muestre que si G está sobre MN; BMMA �ANNC �
14 :
Sugerencia. Considere F la intersección deMN con la mediatriz AA0 y las proyecciones B0; C 0 de B;C sobreMN;vea que BB0 + CC 0 = 2A0F:
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. Si AA0 es la mediana desde A, J = AA0 � EF y G = BC � EF , aplique el Teorema de Menelao a lostriángulos EBG y FCG, con la transversal APA0.
Ejercicio 7. Con un punto M del lado BC del triángulo ABC como centro, se trazan círculos que pasenpor B y por C, intersectando también a AB, AC, en N , P respectivamente. ¿Para qué posiciones de M , laslíneas AM , BP , CN , son concurrentes?Sugerencia. Considere las intersecciones de BC con las mediatrices de AB y AC.
Ejercicio 8. Si el incírculo del triángulo ABC toca los lados BC, CA, AB en los puntos X, Y , Z, yM es el punto de intersección de AX, BY , CZ. Muestre que AM
MX = a(s�a)(s�a)(s�c) ; demuestre también que
AMMX �
BMMY �
CMMZ =
4Rr :
Sugerencia. Aplique el Teorema de Menelao al triángulo AXB con transversal CMZ. Recuerde las fórmulas delárea 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 deun triángulo es igual al doble del recíproco del circunradio.Sugerencia. Use los corolarios de la sección 7.
36
Ejercicio 10. Si las alturas AD, BE, CF , del triángulo ABC intersectan al circuncírculo de ABC tambiénen 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 lasrespectivas medianas en P;Q;R: Demuestre que en magnitud y signo GP
GA +GQGB +
GRGC = 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+MR
CM= 1:
Sugerencia. Observe primero que KPAK = AP�AK
AK = 2RAK � 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 yM 0; N y N 0; respectivamente. Muestre que AL;BM;CN son concurrentes si y sólo si AL0; BM 0; CN 0 sonconcurrentes.Sugerencia. Use la potencia de los vértices a la circunferencia.
Ejercicio 14. Dos paralelogramos ABCD y A0BC 0D0 tienen un ángulo común en B: Muestre que AC 0;A0C y DD0 son concurrentes.
Ejercicio 15. Dos puntos L y L0 sobre una recta por B y C se dirán isotómicos con respecto a BC; si sonsimétricos con respecto al punto medio de BC: Sean L y L0,M yM 0; N y N 0 puntos isotómicos con respectoa 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 puntosde Gergonne y de Nagel son isotómicos conjugados).
Ejercicio 16. Sean L y L0,M yM 0; N yN 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 lasternas de puntos se llaman transversales recíprocas.
Ejercicio 17. Sea L y L0 puntos sobre la recta por B y C; si las rectas AL y AL0 son simétricas con respectoa la bisectriz del 6 BAC; se dirán que son isogonales con respecto a 6 BAC: Sean AL y AL0; BM y BM 0; CNy CN 0 rectas isogonales con respecto a los ángulos A;B;C del triángulo ABC; respectivamente. Muestreque AL;BM;CN son concurrentes si y sólo si AL0; BM 0; CN 0 son concurrentes. Los puntos de concurrenciase 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 sellama 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;Cdel triángulo ABC; respectivamente. Muestre que L;M;N son colineales si y sólo si L0;M 0; N 0 son colineales.
37
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 enR. Si Q es el punto de intersección de PR con BC, muestre que QC
QB =CR�CABP �BA :
Sugerencia: QPR es una transversal al triángulo ABC; use también la potencia de A con respecto a lacircunferencia.
Problema 2.Los lados AB y CD de un cuadrilátero convexo ABCD, se intersectan en P , mientras que los lados BC yDA se intersectan en Q: Las diagonales AC y BD cortan a PQ en L y L0 respectivamente. Muestre quePLLQ = �
PL0
L0Q :
Sugerencia. En el triángulo PQC, PB, 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. SiMN intersecta a BC en P , NL intersecta a CA en Q y ML intersecta a AB y R, muestre que P , Q y Rson colineales.
Sugerencia. Muestre primero que AL, BM y CN son concurrentes, después vea que los triángulos ABC yLMN están en perspectiva.
Problema 4Sean AD, BE y CF las alturas del triángulo ABC y sean L, M y N las intersecciones de BA con EF , deCA 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� BLLC
� CMMD
� DNNA
= 1:
Problema 6.Si N y M son puntos sobre los lados AB y CA del triángulo ABC, de manera que MN es paralela a BC ysi 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 lalínea paralela a BC.
Problema 8.Dados dos segmentos paralelos BC y MN , 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,de manera que AA0, BM y CN concurran, muestre que MN es paralela a BC.
38
Problema 10.Sean A0, B0, C 0 los puntos medios de los lados BC, CA y AB del triángulo ABC. Sean D, E, F puntossobre tales lados de manera que AD, BE, CF son concurrentes. Si P , Q y R son los puntos medios de AD,BE y CF respetivamente, muestre que PA0, QB0 y RC 0 son concurrentes.
Problema 11.Si en el problema anterior, X, Y y Z son los puntos medios de EF , FD y DE respectivamente. Demuestreque AX, BY , CZ son concurrentes y que A0X, B0Y y C 0Z son concurrentes.
Problema 12.Sea A0 la proyección del centro de una circunferencia sobre uan recta dada l: Sean B y C sobre l; de maneraque BA0 = A0C: Por B y C se trazan secantes a la circunferencia que corten en P;Q yM;N respectivamente.Supongamos que las rectas NP y MQ cortan a l en los puntos R y S: Muestre que RA0 = A0S:
Problema 13.Desde un punto del circuncírculo del triángulo equilátero ABC; se trazan rectas paralelas a BC;CA;AB lascuales cortan a CA;AB;BC en los puntos M;N;L, respectivamente. Muestre que M; N y L son colineales.
Problema 14.Sean ABC un triángulo y M;N puntos sobre CA;AB; respectivamente. Muestre que,(i) el centroide G está sobre MN si y sólo si NBAN + MC
AM = 1:
(ii) el incentro I está sobre MN si y sólo si bNBAN + cMCAM = a:
(iii) el ortocentro H está sobre MN si y sólo si tanBNBAN + tanCMC
AM = tanA:
(iv) el centroide O está sobre MN si y sólo si sen2BNBAN + sen2CMC
AM = sen2A:Sugerencias. (i) si AL es mediana, BL = LC = 1
2BC y AG = 2GL: (ii) si AL es bisectriz interna, BL = acb+c ;
LC = abb+c ;
LIAI =
ab+c : (iii) si AD es altura BD = DH tanC; DC = DH tanB y BC = AH tanA: (iv) use la
ley de los senos.
Problema 15.En un triángulo acutángulo ABC; BE y CF son alturas, BM y CN son bisectrices y los puntos I y O son elincentro y circuncentro del triángulo. Muestre que E; I; F son colineales si y sólo si M;O;N son colineales.Sugerencia. Use Cristea, para ver que las dos colinealidades son equivalentes a cosB
cosA +cosCcosA = 1:
Problema 16.Sea ABC un triángulo y AL;BM;CN cevianas concurrentes. Sean P;Q;R puntos sobre LM;MN;NLrespectivamente. Muestre que AQ;BR;CP concurren si y sólo si LQ;MR;NP concurren.
Problema 17.Sea ABC un triángulo, los puntos X; Y; Z son tales que 6 ABZ = 6 XBC; 6 BCX = 6 Y CA; 6 CAY =6 ZAB: Muestre que AX; BY y CZ son concurrentes.
39
10. Desargues, Pappus, Pascal, Brianchon, etc...
Teorema de Desargues. Dados dos triángulos ABC, A0B0C 0, si las tres rectas AA0, BB0, CC 0 se inter-sectan en un punto S, entonces los tres puntos P = BC �B0C 0; Q = CA �C 0A0 y R = AB �A0B0 están sobreuna recta. Y recíprocamente, si los dos triángulos son tales que P;Q y R son colineales entonces las rectasAA0, BB0, CC 0 son concurrentes.
Demostración.Cortemos los tres triángulos SBC, SCA, SAB, con las transversales PB0C 0, QC 0A0, RA0B0, respectivamente.
Q
R
P
C
A
B
A'
C'
B'
S
Por el teorema de Menelao, tenemos en magnitud y signo:
SB0
B0B� BPPC
� CC0
C 0S= �1, SC 0
C 0C� CQQA
� AA0
A0S= �1; SA0
A0A� ARRB
� BB0
B0S= �1:
Multiplicando estas tres igualdades obtenemos, después de simpli�car, que:
BP
PC� CQQA
� ARRB
= �1,
lo que muestra, por el recíproco del teorema de Menelao, la proposición.
Recíprocamente, supóngase que los tres puntos P;Q;R son colineales. Si las rectas BB0 y CC 0 se intersectanen S, necesitamos demostrar que la recta AA0 también pasa por S. Por hipótesis, las rectas QR;CB;C 0B0;que unen vértices correspondientes de los triángulos QCC 0 y RBB0 son concurrentes. Por la parte directadel teorema de Desargues, los tres puntos S = CC 0 � BB0; A = QC � RB y A0 = C 0Q � B0R son colineales.Por tanto AA0; BB0 y CC 0 concurren en S:
De�niciones.En la situación del teorema anterior, los dos triángulos ABC y A0B0C 0 se dice que están en perspectivadesde el punto S. El punto S es el centro de perspectiva, y la recta PQR es el eje de perspectiva de losdos triángulos. También si dos triángulos ABC y A0B0C 0 son tales que P = BC � B0C 0; Q = CA � C 0A0 yR = AB �A0B0 son colineales se dice que los triángulos están en perspectiva desde la recta PQR. El teoremade Desargues dice que los triángulos ABC y A0B0C 0 están en perspectiva desde un punto sí y sólo si estánen perspectiva desde una recta.
40
Teorema de Pappus. Sean A, C, E, tres puntos sobre una recta, B, D, F , otros tres puntos sobreotra recta. Si las rectas AB, BC; CD, intersectan a las rectas DE, EF; FA, en los puntos L, M , N ,respectivamente, entonces estos puntos son colineales.
Demostración.Considere el triángulo XY Z de lados AB, CD, EF . A tal triángulo lo cortan las transversales fD, E, Lg,fN , F , Ag; fC, M , Bg; fC, E, Ag; fD, F , Bg. Por lo que al aplicar el teorema de Menelao al triánguloXY Z con cada una de estas transversales tenemos:
XD
DY� Y EEZ
� ZLLX
= �1, XNNY
� Y FFZ
� ZAAX
= �1, XCCY
� YMMZ
� ZBBX
= �1:
XC
CY� Y EEZ
� ZAAX
= �1, XDDY
� Y FFZ
� ZBBX
= �1:
MN
L
X
Y
Z
F
E
D
C
B
A
Como L, M , N , son también puntos sobre los lados del triángulo XY Z, y si multiplicamos las tres primerasecuaciones anteriores y dividimos entre las otras dos obtenemos: XNNY �
YMMZ �
ZLLX = �1, es decir, L, M , N son
colineales.
Teorema de Pascal. Sean ABCDEF un hexágono inscrito en una circunferencia y L = AB � DE;M = BC � EF y N = CD � FA; entonces L; M y N son colineales.
Demostración.
Z Y
L
M
N
X
FE
D
C
B
A
41
Considere el triángulo XY Z de lados AB, CD, EF; entonces N;M;L estan sobre los lados XY; Y Z;ZX:Por el recíproco del teorema de Menelao si mostramos que
XN
NY� YMMZ
� ZLLX
= �1
tendremos que L;M;N son colineales.Primero aplicamos Menelao al triángulo XY Z con trasversales fD;E;Lg; fC;M;Bg y fN;F;Ag; y obten-emos:
XD
DY� Y EEZ
� ZLLX
= �1; XC
CY� YMMZ
� ZBBX
= �1, XN
NY� Y FFZ
� ZAAX
= �1
Ahora la potencia de X; de Y y de Z; son respectivamente
XA �XB = XC �XD; Y E � Y F = Y C � Y D; ZA � ZB = ZE � ZF:
Si multiplicamos las tres primeras ecuaciones y reducimos con las identidades anteriores, obtenemos lodeseado.
Teorema de Newton. Si un cuadrilátero ABCD tiene una circunferncia inscrita que es tangente a loslados AB;BC;CD;DA en los puntos E;F;G;H; respectivamente, entonces AC;EG;BD;FH son concur-rentes.
Demostración.
D
CB
AX
OE
F
G
H
Sean O = EG � FH y X = EH � FG: Como D es la intersección de las rectas tangentes en G y en H alincírculo, tenemos que al aplicar el teorema de Pascal al hexágono EGGFHH; que O;D;X son colineales.Análogamente aplicando Pascal al hexágono EEHFFG, se tiene que B;X;O son colineales. Luego B;D;Oson colineales, lo que implica que las rectas EG;BD;FH son concurrentes en O: Análogamente se puedemostrar que las rectas AC;EG;FH son concurrentes en O; luego el teorema es inmediato.
Teorema de Brianchon. Los seis lados AB;BC;CD;DE;EF; FA de un hexágono ABCDEF son tan-gentes a una circunferencia en los puntos G;H; I; J;K;L; entonces las diagonales AD;BE;CF son concur-rentes.
Demostración.Sean M = AB � CD; N = DE � FA y aplique el teorema de Newton al cuadrilátero AMDN; para ver quelas rectas AD; IL;GJ concurren digamos a A0:
42
C'B'
A'
N
M
D
C
B
A
F
E
P
L
K
j
I
H
G
Análogamente las rectas BE;HK;GJ concurren a un punto B0 y las rectas CF;HK; IL concurren a C 0: Noteque la recta IL coincide con la recta A0C 0: Ahora aplicando el teorema de Pascal al hexágono GGILLH setiene que los puntos A;O; P son colineales donde O = GI �LH y P = IL �HG: Aplicando Pascal nuevamenteal hexágono HHLIIG obtenemos que C;O; P son colineales, luego A;C; P son colineales.Ahora como G = AB �A0B0; H = BC �B0C 0 y P = CA � IL = CA �C 0A0; tenemos por el inverso del teoremade Desargues aplicado a los triángulos ABC y A0B0C 0 que las rectas AA0 = AD; BB0 = BE y CC 0 = CFson concurrentes.
Ejemplo. Si un cuadriláteroABCD tiene una circunferncia inscrita que es tangente a los ladosAB;BC;CD;DAen los puntos E;F;G;H; respectivamente. Y si O es el punto de intersección de las diagonales AC y BDentonces AO
OC =AEFC :
P
A
B C
D
O
H
G
F
E
Por el teorema de Brianchon (o por Newton) las rectas AF; BO y CE son concurrentes. Por el teoremade Ceva en el triángulo ABC; BFFC �
COOA �
AEEB = 1: Pero EB = BF; luego
AOOC =
AEFC :
43
11. Ejercicios y problemas sobre Desargues, Pappus, Pascal, Brianchon, etc...
Ejercicios
Ejercicio 1. Use el teorema de Desargues para demostrar que (a) los lados del triángulo órtico intersectana los lados del triángulo dado en tres puntos colineales: (b) las rectas que unen los puntos de contacto delos lados de un triángulo con el incírculo intersectan los correspondientes lados del triángulo en tres puntoscolineales, (c) las rectas que unen los vértices de un triángulo a los vértices correspondientes del triángulotangencial son concurrentes. Establezca y demuestre otras proposiciones análogas.Sugerencia. Encuentre un punto desde el cual los triángulos están en persperctiva.
Ejercicio 2. En una hoja de papel están dibujadas dos rectas no paralelas, cuyo punto de intersección Qno es posible dibujar porque el tamaño de la hoja no lo permite. Ahora dibuje un punto cualquiera P sobreel papel. El problema consiste en dibujar, usando regla únicamente, otro punto diferente de P que esté enla recta PQ.Sugerencia. Construya un triángulo, donde un vértice es el punto dado y los otros dos sobre las rectas dadas, traceuna recta cualquiera que servirá como recta de perspectiva, ahora localice un triángulo que este en perspectiva desdeesta última recta con el triángulo que se construyó.
Ejercicio 3. Si A, C, E, son tres puntos que están sobre una recta y B, D, F , están sobtre otra, y si lasdos rectas AB y CD son paralelas a DE y FA respectivamente, entonces EF es paralela a BC.Sugerencia. Aplique varias veces el Teorema de Tales.
Ejercicio 4. Sean C y F puntos sobre los respectivos lados AE y BD de un paralelogramo AEBD. Si My N denotan los puntos de intersección de CD con FA y de EF con BC, la recta MN intersectará DA enP y a EB en Q. Demuestre que AP = QB.Sugerencia. Use el Teorema de Pappus, para mostrar que M , N y L = AB �DE son colineales.
Ejercicio 5. Si cinco de los seis vértices de un hexágono están sobre una circunferencia, y los tres paresde lados opuestos se intersectan en tres puntos colineales, entonces los seis vértices están sobre una mismacircunferencia.Sugerencia. Suponga que no. Siga un camino parecido cuando se demostró el inverso del Teoremas de Menelao.
Ejercicio 6. En un cuadrilátero cíclico ABCD sin dos lados paralelos, las tangentes en A y C, concurrencon la recta que une el punto de intersección de AB y CD con el punto de intersección de BC y DA:Sugerencia. Siga los mismos pasos que en el Teorema de Pascal, con el triángulo XY Z formado por las rectas AB,EA y la tangente en C.
Ejercicio 7. Si tres triángulos tienen un centro de perspectiva común, entonces los tres ejes de perspectivason concurrentes.
Ejercicio 8. Si tres triángulos están en perspetiva por pares y los pares de triángulos tienen un eje deperspectiva común, entonces los centros de perspectiva son colineales.
Ejercicio 9. Muentre que siempre es posible construir un triángulo que esté en perspectiva con un triángulodado y que sea semejante a un segundo triángulo dado.
Ejercicio 10. Sean A, C, E puntos sobre una recta y B, D, F sobre otra. Si los segmentos AB y CD sonparalelos a DE y FA respectivamente, entonces EF y BC son paralelos.
Ejercicio 11. En el hexágono ABCDEF , los lados BC y EF son paralelos a la diagonal AD y los ladosCD y FA son paralelos a la diagonal BE. Muestre que si AB y DE son paralelos entonces son paralelos ala diagonal CF . Muestre también que los centroides de ACE y BDF coinciden.
Ejercicio 12. Si el triángulo ABC está en perspectiva con los triángulos A0B0C 0 y B0C 0A0 entonces tambiénestá en perspectiva con el triángulo C 0B0A0:
Ejercicio 13. Usando el teorema de Desargues resuelva el ejemplo 4 de la sección 1.Sugerencia. Los triángulos A0BC 0 y AB0C están en perspectiva desde una recta.
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Ejercicios con puntos y rectas inaccesibles.Un punto P se dirá punto inaccesible si está determinado por dos rectas dadas y el punto de intersecciónno es posible usarlo para la construcción. Una recta l es una recta inaccesible si está determinado por dospuntos de manera que la recta no es posible usarla para la construcción.
Ejercicio 14. Dado un punto ordinario P y un punto inaccesible Q, trazar la recta PQ.Sugerencia. Use Pappus o Desargues.
Ejercicio 15. Dada una recta ordinaria l y una recta inaccesible m construir el punto de intersección deestas.
Ejercicio 16. Dadas dos rectas inaccesibles l y m construir su punto de intersección.Sugerencia. Usar el recíproco de Desargues.
Ejercicio 17. Dados dos puntos inaccesibles P y Q construir la recta que determinan.
Ejercicio 18. Por un punto inaccesible trace una recta paralela a dos rectas paralelas dadas.
Ejercicio 19. Por un punto accesible trace una recta paralela a dos rectas paralelas inaccesibles.
Problemas
Problema (Macedonia, 2001)Para el circuncírculo de un triángulo ABC; sean D la intersección de la tangente en A con la recta BC; Ela intersección de la tangente en B con la recta CA y F la intersección de la tangente en C con la recta AB:Muestre que D;E; F son colineales.Sugerencia. El hexágono es AABBCC:
Problema (?)Sean D y F los puntos medios de los arcos menores AB y CA del circuncírculo del triángulo ABC y sea Eun punto cualquiera sobre el arco menor BC: Si J = AB � DE y K = CA � EF; muestre que la recta JKpasa por el incentro I de ABC:Sugerencia. El hexágono es CDEFBA:
Problema (Australia, 2001)Sea A;B;C;A0; B0; C 0 puntos sobre una circunferencia de manera que AA0; BB0; CC 0 son perpendicularesa BC; CA; AB, respectivamente. Sea D un punto arbitrario de la circunferencia y sean A00 = A0D � BC;B00 = B0D � CA; C 00 = C 0D �AB: Muestre que A00; B00; C 00 y el ortocentro H de ABC son colineales.Sugerencia. Aplique dos veces Pascal, con los hexágonos AA0DC 0CB y B0DC 0CAB:
Problema (Iberoamericana, 2005)Sea O el circuncentro de una triángulo acutángulo ABC y A1 un punto sobre el arco menor BC de lacircunferencia circunscrita de ABC: Sean A2 y A3 puntos en los lados AB y CA respectivamente, tales que6 BA1A2 = 6 OAC y 6 CA1A3 = 6 OAB: Muestre que la recta A2A3 pasa por el ortocentro de ABC:Sugerencia. Vea primero que la altura desde B (desde C) y la recta A1A3 (la recta A1A2) se intersectan sobre elcircuncírculo en E0 (en F 0). El hexágono es BACF 0A1E0:
Problema (Lista corta IMO, 1991)Sean ABC un triángulo y P un punto en su interior. Sean P1 y P2 los pies de las perpendiculares desde Pa los lados AC y BC: Sean Q1 y Q2 los pies de perpendiculares desde C a las rectas AP y BP: Si Q1 6= P1y Q2 6= P2; muestre que las rectas P1Q2; P2Q1 y AB son concurrentes.Sugerencia. Vea que el hexágono CP1Q2PQ1P2 es cíclico, y apliquele Pascal.
Problema (China, 1996)Sea H el ortocentro de un triángulo acutángulo ABC: Las tangentes desde A a la circunferencia de diámetroBC son AP y AQ: Muestre que P; Q y H son colineales.Sugerencia. PQ es la polar de A; luego H está sobre PQ si y sólo si A está sobre la polar de H: Puntos de la polarde H son B0 (C 0) el punto de interseción de las tangentes a la circunferencia de diámetro BC en C (B) y F (E) elpie de la altura desde C (B): Aplique Pascal a los hexágonos BFFECC y BBFEEC:
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Problema (China, 2005)Una circunferencia corta a los lados BC;CA;AB de un triángulo en los puntos D1; D2; E1; E2; F1; F2 en eseorden. Sean L = D1E1 �D2F2; M = E1F1 � E2D2 y N = F1D1 � F2E2: Muestre que las rectas AL; BM yCN son concurrentes.Sugerencia. Sean P = D1F1 �D2E2; Q = E1D1 �E2F2 y R = F1E1 �F2D2: Vea que A;L; P son colineales al aplicarPascal al hexágono E2E1D1F1F2D2: Análogamente B;M;Q y C;N;R son colineales. Sean X = E2E1 � D1F2;Y = F2F1 � E1D2 y Z = D2D1 � F1E2; aplique Pascal al hexágono D1F1E1E2D2F2 para ver que P;R;X soncolineales, análogamente Q;P; Y y R;Q;Z son colinales. Use después que los triángulos ABC y PQR están enperspectiva desde una recta.
Problema (Rusia, 2000)El incírculo del triángulo ABC toca al lado CA en K: Una segunda circunferencia S con el mismo centrointersecta a cada lado del triángulo en dos puntos. Sean E y F las intersecciones con AB y BC mas cercanasa B; sean B1 y B2 las intersecciones con CA con B1 mas cercano a A: Finalmente, sea P = B2E � B1F:Muestre que los puntos B;K;P son colineales.
Problema (San Petesburgo, 2000)Las mediatrices de los lados AB y BC de un triángulo no equilátero ABC intersectan a los lados BC yAB en A1 y C1, respectivamente. Las bisectrices de los ángulos 6 A1AC y 6 C1CA se intersectan en B0, demanera similar se de�nen A0 y C 0: Muestre que A0; B0; C 0 estan sobre una recta que pasa por el circuncentrode ABC:Sugerencia. Vea que B0 esta sobre la recta por O e I:
Problema (IMO, 1978)En el triángulo isósceles ABC, con AB = CA; una circunferencia es tangente internamente al circuncírculode ABC y a los lados AB y CA en P y Q, respectivamente. Muestre que el punto medio de PQ es el centrodel incírculo de ABC:Sugerencia. Vea primero que la bisectriz de 6 B y DQ concurren sobre el circuncírculo en un punto E, donde D esel punto de tangencia de las circunferencias. De igual manera la bisectriz de 6 C y DP concurren en un punto Fsobre el circuncírculo. El hexágono es ABEDFC:
Problema (Lista corta IMO, 1993)Considere un triángulo ABC; una circunferencia C es tangente a los lados AB y CA en D y E; respectiva-mente y también es tangente a la circunferencia circunscrita de ABC; muestre que el incentro I del triánguloes el punto medio de DE:Sugerencia. Vea primero que la bisectriz de 6 B y FE concurren sobre el circuncírculo en un punto E0, donde D esel punto de tangencia de las circunferencias. De igual manera la bisectriz de 6 C y FD concurren en un punto D0
sobre el circuncírculo. El hexágono es ABE0FD0C:
Problema (APMO, 2006)Sean A;B dos puntos distintos sobre una circunferencia O y sea P el punto medio del segmento AB: SeaO1 la circunferencia tangente a la recta AB en P y tangente a la circunferencia O. Sea l la recta tangente aO1 que pasa por A y diferente a la recta AB: Sea C el punto de intersección, diferente de A; de l y O. SeaQ el punto medio del segemento BC y sea O2 la circunferencia tangente a la recta BC en Q y tangente a larecta AC: Muestra que la circunferencia O2 es tangente a la circunferencia O.Sugerencia. Considere O2 la circunferencia que es tangente a O; BC y CA: Si P y P�son los puntos de tangencia deO1 con AB y CA; y Q y Q�son los puntos de tangencia de O2 con BC y CA; vea que PQP�Q�es un paralelogramodonde sus diagonales se cortan en el incentro de ABC:
Problema (Checa-Polaca-Eslovaca, 2005)Un cuadrilátero convexo ABCD esta inscrito en una circunferencia de centro O y circunscrito a una de centroI; las diagonales AC y BD se intersectan en un punto P: Muestre que los puntos O; I; P son colineales.Sugerencia. Sean E;F;G;H los puntos donde AI;BI; CI;DI corta al circuncírculo, vea que EG y FH sondiámetros. Use Pascal en los hexágonos ACHDBE y GCHFBE:
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