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 ángulo 6 BAC es fP ; d(P; AB) = d(P; CA)g la altura por el vértice A es fP ; P B 2 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).

A

R

R

R

P

C

B

P 2 fP ; P A = P Bg \ fP ; P C = P Ag =) P 2 fP ; P B = P Cg

A

r

r P r C

B

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

A

E F P

B

P 2 fP ; P A2

C

P B 2 = CA2 BC 2 g \ fP ; P C 2 P A2 = BC 2 P 2 fP ; P B 2 P C 2 = AB 2 CA2 g

AB 2 g =)

Para ver que las medianas concurren se usa otra idea, se muestra que el punto de intersección G de dos medianas, digamos BB 0 y CC 0 , cumple que divide a los segmentos BB 0 y CC 0 en la razón 2 : 1: Luego como solo hay un punto sobre el segmento que lo divide en cierta razón cuando CC 0 se intersecte con AA0 , será también en el punto G:

A

C'

B' G

B

C

A'

4GBC ' 4GB 0 C 0 y la razón es 2 : 1 =)

BG GB 0

=

CG GC 0

=

2 1

Para ir …jando ideas de como usar estas primeras observaciones veamos los siguientes ejemplos.

2

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.

A

D M

N P

F

E

L C

B

(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) = 31 (ABP ): Análogamente (P ELF ) = 13 (BCP ) y (P F M D) = 13 (CAP ) por lo que: (DN ELF M ) = 13 (ABC): CM CL 2 (b) Considere el triángulo CDE. Como M D = LE = 3 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,

A

D M P Q E

L C

B En el 4CDE; M LkDE y

DQ QC

=

BQ QM

=

3 2

EQ 3 por lo que: DQ QL = QM = 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.

3

Ejemplo 2. (11a OMM) En un triángulo ABC sean P y P 0 sobre el segmento BC, Q sobre el segmento CA y R sobre el segmento AB, de tal forma que AR BP CQ CP 0 = = = 0 : RB PC QA P B Sea G el centroide del triángulo ABC y sea K el punto de intersección de las rectas AP 0 y RQ: Demuestre que los puntos P; G y K son colineales. Solución.

A

R

K Q G

B

P

C

P'

Usando el teorema de Thales, tenemos que QP 0 y AB son paralelos, puesto que estos segmentos están CP 0 0 cortados por las transversales CA y CB, y se tiene que CQ QA = P 0 B . Entonces los triángulos CQP y CAB

CQ AR 0 son semejantes con razón de semejanza CQ CA y como RB = QA se tiene que QP = AR. Tenemos entonces que los triángulos AKR y P 0 KQ son congruentes, de donde K es el punto medio de AP 0 . Sea M el punto medio de BC.

A

R K Q G

B

P

M

P'

C

El centroide de 4AP P 0 es G Notemos que M también es punto medio de P P 0 y como AG = 2GM , resulta que G también es el centroide del triángulo AP P 0 , de donde la mediana P K pasa por G, y así P , G y K están alineados.

4

Ejemplo 3. 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.

A'

C'

A

C

B

B' Solución. Si el triángulo C 0 BC se gira 60 en sentido positivo alrededor de B, obtenemos el triángulo ABA0 : Luego CC 0 y AA0 son congruentes y resulta que AA0 es la girada de C 0 C en un ángulo de 60 : Si D es el punto de intersección AA0 y C 0 C; se tiene que DBCA0 es un cuadrilátero cíclico, además 6 A0 DB = 120 : Análogamente, los triángulos A0 AC y BB 0 C son triángulos congruentes y el segundo se puede obtener del primero al girar 60 alrededor de C: Así la recta B 0 B se deberá cortar con la recta AA0 en un ángulo de 60 . Pero como 6 A0 DB = 120 ; se tiene BB 0 deberá de pasar por D:

A'

C'

A

D

C

B

B' 5

4A0 AC = 4BB 0 C

4C 0 BC = 4ABA0

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 OB 0 son semejantes, por tener lados paralelos. Además AH = 2A0 O; ya que AB = 2A0 B 0 :

A

B' H

O G

B

A'

C

H; O; G son colineales Como G es el centroide AG = 2GA0 : Como AH y A0 O son ambas perpendiculares a BC; se tiene que son paralelas por lo que, 6 HAG = 6 OA0 G: Por el critério LAL; los triángulos HAG y OA0 G son semejantes, en particular 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 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 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 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 C1 la circunferencia que pasa por A y B con centro O1 sobre AC y C2 la circunferencia que pasa por A y C con centro O2 sobre 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 AA0 es igual a la de BC; BB 0 es perpendicular a AC y la longitud de BB 0 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 0 B = 90o . A

B'

C'

C

B

A'

Demuestre que A0 , B 0 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 F CD.

E

A

a2 b1

b2 D a3 G

a1 B

b3 C

F

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 = 180o . De hecho resulta que todas las a0 s son iguales y todas las b0 s 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.

D

A

P K T Q C

B 6

KT B + 6 BP K = 180o

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 colineales, es decir, T está sobre la diagonal BD:

8

Solución 3. Como las circunferencias C1 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

O C O1

B

O2 P

AO es altura del 4AO1 O2 Bastará ver entonces que AO es perpendicular a la recta que une los centros, es decir a O1 O2 . 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 AO1 O2 , y que O es su ortocentro, por lo que OA es la otra altura y entonces AO es perpendicular a O1 O2 . Solución 4. Por ser AB y AC diámetros, los ángulos 6 ADB y 6 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

C

B

A B; C y D son colineales

9

Solución 5.

A P F

E H

M

N

C

B

Q 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.

D a A a O

P

H

Q

2a B

6

C

P QD = 90o

Como O es el circuncentro de ABP , 6 BOP = 2a. Como el triángulo BOP es isósceles 6 OP B = 90o 16 o a. Entonces 6 DP Q+ 6 P DQ = 6 OP B+a = (90o a)+a = 90o . Por lo tanto, 6 P QD = 90o , 2 BOP = 90 es decir, P Q es perpendicular a CD. Solución 7. Sean F 0 el punto sobre AB tal que BF = F F 0 = F 0 A, N el punto de intersección de ED con F C, y Q la intersecciónde F 0 C con DE.

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A

F'

E

M' Q F

I

B

N C

D

Entonces F 0 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 = F 0 B = ED, de donde N D = 2a y N E = 4a; así la razón de semejanza es 34 . Sea M 0 el punto de intersección de DI con AB. Probaremos que M 0 = M . Tenemos que el triángulo F IM 0 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 M 0 F = 34 N D = 34 2a = 32 a. Por tanto M 0 B = M 0 F + F B = 32 a + 3a = 9 1 0 2 a = 2 AB y M = 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 semeAC CD AC CL jantes. Luego CD =N C , pero CD = CL, y así tenemos que CL = N C . A

L

N

D

B M

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 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 AC que CM = 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.

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Solución 9. Observemos primero que 6 ABB 0 = 6 C 0 CA puesto que ambos son completamentarios de 6 BAC (ya que CC 0 es perpendicular a AB y BB 0 es perpendicular a AC). Entonces los triángulos ABB 0 y C 0 CA son congruentes (por tener iguales dos lados y el ángulo comprendido entre ellos).

B' A

C'

C

B

A' A0 BC 0 y C 0 AB 0 son triángulos rectángulos isósceles Como los lados correspondientes en estos triángulos son perpendiculares entre sí, entonces también lo es el tercero, es decir, 6 B 0 AC 0 = 90o . Por la misma razón, los triángulos BCC 0 y A0 AB son congruentes y 6 C 0 BA0 = 90o . Pero entonces A0 BC 0 y C 0 AB 0 son triángulos rectángulos isósceles (A0 B = BC 0 y C 0 A = AB 0 ), de donde sus ángulos no rectos son de 45o . Así 6 A0 C 0 B 0 = 6 A0 C 0 B + 6 BC 0 A + 6 AC 0 B 0 = 45o + 90o + 45o = 180o , de donde A0 , C 0 y B 0 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 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.

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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 =0

AD AB

La razón en que un punto divide a un segmento. Si P es un punto sobre la recta donde se encuentra AP un segmento AB (con A 6= B), diremos que P divide al segmento AB en la razón PAP B : El valor 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 1; y si P esta negativa, de hecho si P está en la prolongación de AB entonces PAP B = r cumple que r < en la prolongación de BA; PAP = r cumple que 1 < r < 0: Si P coincide con A o B el segmento no está B 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:

A

B

P AP PB

A

P

B AP PB

>0

<

A

P

1

B

1<

AP PB