MEDIANAS, BISECTRICES, CEVIANAS Y CÍRCULOS Sábado 25 de abril de 2015

Transcripción

1 MEDIANAS, BISECTRICES, CEVIANAS Y CÍRCULOS Sábado 25 de abril de 2015 Empezamos con un problemita: Consideremos un triángulo cualquiera ABC. Si a, b, c, son los lados del triángulo y m a, m b y m c las longitudes de sus medianas, probar que 3 4 < m a + m b + m c a + b + c < 1. Observamos la figura: 1 3 m a m b > c m a m c > b m c m b > a 2 Sumamos las tres expresiones y tenemos que m a + m b + m c + > 3 (a + b + c) 4 2m a < b + c 2m b < a + c 2m c < a + b Sumando las tres desigualdades: m a + m b + m c < (a + b + c) Estas cotas no se pueden mejorar (pensar en los triángulos degenerados)

2 1. TEOREMA DE LA BISECTRIZ INTERIOR: Sea ABC un triángulo cualquiera, trazamos la bisectriz del ángulo B. Desde el vértice A trazamos una recta paralela a la bisectriz. Como los ángulos BAE y AEB son iguales, el triángulo es isósceles, por lo tanto EB = AB = c. Y, aplicando el Teorema de Thales: a c = n m 2. TEOREMA DE LA BISECTRIZ EXTERIOR: Los triángulos ACC y AEB son semejantes. Por el Teorema de Thales se tiene a que: CE = c AE

3 3. POTENCIA DE UN PUNTO RESPECTO A UNA CIRCUNFEREN- CIA Los triángulos P AB y P A B son semejantes, y en consecuencia: P B P B = P A P A P B = P A P B P A PARA APLICAR ESTOS CONCEPTOS: Un ejemplo trivial: En el triángulo de lados 35, 56 y 78 se traza la bisectriz correspondiente al lado mayor. Calcula las longitudes de los segmentos determinados por dicha bisectriz. Un ejemplo muy sencillo: Calcula x Un ejercicio: Sea ABC un triángulo isósceles con B = C = 72 ;traza la bisectriz del BC ángulo C y después calcula AB BC

4 Si CD es la bisectriz interior, por el teorema de la bisectriz se tiene que: b a = a b a = λ; es decir 1 = b a = b λ a a 1 = λ 1. Por lo tanto: λ 2 λ 1 = 0 y λ = Otro ejercicio: Un triángulo ABC, tiene los lados a = 7, b = 10, c = 4. Calcular la distancia de los pies M y N de las dos bisectrices interior y exterior, AM y AN correspondientes al vértice A. Calcula también las longitudes de las bisectrices. BM = 2, CM = 5, CN = , BN =, MN = 3 3 3, AM 2 = 30, AN 2 = Una aplicación En un triángulo cualquiera, la longitud de la mediana trazada desde un vértice es mayor o igual que la longitud de la bisectriz trazada por el mismo vértice

5 Sin pérdida de generalidad suponemos que AB AC. En este triángulo se tiene BT T C = AB, se sigue que BT BM. Consecuentemente AT AM AC Como AP es la altura, entonces P AB P AC, por lo tanto P AB T AB = T AC P AC. Es decir T está entre P y M. Un resultado curioso: En un triángulo ABC, la altura, la bisectriz interior y la mediana dividen al ángulo C en cuatro partes iguales. Probar que el triángulo es rectángulo en C. El triángulo ACE es isósceles, por lo tanto CE = b. Por el Teorema de la bisectriz AE EB = AC CB = b a y AE AB = AE AE + EB = b a + b, es decir AE = bc a + b Por otro lado F B F E = BC CE = a b ; pero F B = c 2, F E = AF AE = c 2 bc a + b = c(a b) 2(a + b) Y así tenemos que: c 2 c(a b) 2(a+b) = a b a + b a b = a b b2 +2ab a 2 = 0; b 2 a 2 +2 b a 1 = 0, y, b a = 2 1

6 Si nos fijamos, por ejemplo en los triángulos rectángulos ACD y DCB, tenemos: b 2 bc ( 2(a + b) )2 = a 2 bc (c 2(a + b) )2 es decir b 2 = a 2 c 2 + bc2 a + b Pero b = ( 2 1)a, y sustituyendo este valor en la expresión anterior obtenemos: c 2 = (4 2 2)a 2 Y por lo tanto: a 2 + b 2 = a 2 + ( 2 1) 2 a 2 = (4 2 2)a 2 = c 2 Es decir, el triángulo ABC es rectángulo en C. Esta solución no es muy elegante, pero es muy sencilla. Veamos otra solución: Trazamos la perpendicular a BC desde E, y tenemos el punto M y N es la intersección de MD y AC. El cuadrilátero CDEM es cíclico porque tiene dos ángulos rectos opuestos. Entonces: CMD = CED = CAD; y de aquí se sigue que los triángulos CMN y CAB son semejantes. Esto implica que CD es la mediana trazada desde C en el triángulo CMN, y en consecuencia AMEN es un paralelogramo (MN y AE tienen el mismo punto medio) Finalmente, AN es una recta paralela a ME y como ME es perpendicular a BC, se sigue que AC es perpendicular a BC, es decir C = 90, y además A = ( ) y B = ( 45 2 ) PROBLEMA Supongamos que ABC es un triángulo cualquiera, y D es un punto arbitrario del lado BC. Se pretende calcular la longitud t del segmento AD en términos de los tres lados del triángulo a, b y c y un cuarto dato que nos permita fijar la posición del punto D en el lado BC.

7 En la figura BD = m, DC = n para fijar la posición de D; como m + n = a, es suficiente conocer la proporción en la que el punto D divide al segmento BC, es decir m/n. En la figura se ha elegido D de manera que no parezca ni una mediana ni una bisectriz. E es el pie de la altura desde A y h = AE es la longitud de esa altura. Ahora aplicamos el Teorema de Pitágoras a todos los triángulos rectángulos que aparecen en la figura: h 2 = c 2 BE 2 = t 2 ED 2 = b 2 (ED + n) 2 La introducción de la altura se hace para facilitar la aplicación del teorema de Pitágoras; pero solo necesitamos las igualdades: c 2 BE 2 = t 2 ED 2 t 2 ED 2 = b 2 (ED + n) 2 Estas dos igualdades las escribimos así: c 2 (m ED) 2 = t 2 ED 2 b 2 (ED + n) 2 = t 2 ED 2 Desarrollando cuadrados y simplificando llegamos a: c 2 m 2 + 2m ED = t 2 b 2 n 2 2n ED = t 2 Y multiplicando la primera ecuación por n y la segunda por m y sumando los resultados se deduce que: nc 2 + mb 2 mn(m + n) = (m + n)t 2, pero como m + n = a, se tiene que: nc 2 + mb 2 mna = at 2 A partir de aquí podemos despejar t y hemos resuelto el problema planteado. Dos observaciones: Si el ángulo B del triángulo ABC fuera obtuso, el punto B quedaría entre E y D, pero los ajustes que hay que hacer en la demostración y en la expresión final son fáciles y se obtiene la misma expresión. El mismo resultado se puede obtener aplicando el Teorema del coseno en los triángulos ABD y ADC para obtener en cada caso c 2 y b 2, y teniendo en cuenta que los ángulos con vértice común D son suplementarios se continúa como antes.

8 Este resultado se conoce como Teorema de Stewart(matemático escocés ) Algunas aplicaciones de este resultado: 1. Longitudes de las medianas (teorema de Apolonio) Si el punto D es el punto medio de BC, m = n = a ; la mediana AD tiene una 2 longitud que llamamos m a, y la sustitución directa de ese valor común de m y n nos proporciona: m 2 a = b2 + c 2 a2 2 4 Y a partir de aquí, obtenemos las otras medianas. 2. Longitudes de las bisectrices interiores En este caso: m n = c b m + n n Y análogamente: m m = c + b b a n = c + b b n = ab c + b n = c b m + n = c c + b m a = c c + b m = ac c + b de modo que con el teorema de la bisectriz y una propiedad de las proporciones hemos conseguido averiguar los valores de m y n que nos interesaba. Sustituyendo estos valores, una vez simplificada la expresión obtenemos que la longitud de la bisectriz interior es ) wa 2 = bc (1 a2 (b + c) 2 Esto es lo mismo que decir que w 2 a = bc mn Y de nuevo por permutación cíclica de a, b y c tenemos las longitudes de las otras bisectrices. La figura siguiente muestra una forma de dibujar la bisectriz interior del ángulo A:

9 APLICACIÓN: TEOREMA DE STEINER-LEHMUS Es un ejercicio trivial probar que un triángulo isósceles las longitudes de las bisectrices interiores correspondientes a los ángulos iguales son iguales. Un triángulo ABC que tiene dos bisectrices interiores iguales, es isósceles. (el recíproco es trivial) ) (1 a2 w 2 a = bc (b + c) 2 ( = ac 1 ) b 2 = w 2 (a + c) 2 b De aquí, con mucha paciencia: c(a b)(a + b + c)(a 2 b + a(b 2 + 3b + c 2 ) + bc 2 + c 3 ) = 0 a = b Otra prueba mucho más bonita: A lo largo de la historia ha habido muchas personas que quisieron probar el recíproco, es decir, si un triángulo tiene dos bisectrices interiores iguales entonces es isósceles. En 1840, Lehmus, preguntó al famoso geométra Steiner por tal resultado. Steiner dio una demostración que publicó en En 1950 Lehmus encontró otra prueba. Sin embargo, fue el matemático francés Rougevain quien primero publicó una demostración en En una revisión de un libro de Coxeter, Martin Gardner comentó la demostración del Teorema de Steiner-Lehmus y recibió muchas demostraciones; seleccionó la que considerá la mejor y la publicó en la revista American Mathematical Monthly. Esa prueba se debe a dos ingenieros ingleses G. Gilbert y D. McDonnell. Después de publicarla se dieron cuenta que era esencialmente la original de Lehmus. Sea ABC un triángulo que tiene las bisectrices BM y CN iguales. Se completa el paralelogramo NBMG, por lo tanto los tres ángulos marcados con b son iguales y lo mismo pasa con los ángulos marcados con c. Basta probar que b = c. Supongamos que b > c y vamos a llegar a un absurdo. En los triángulos NBC y MBC tienen el lado BC común; Como b > c, entonces el lado CM es mayor que BN. En el triángulo CGN tenemos que CN = NG, por lo tanto b + g = c + h, y como b > c, entonces g < h, con lo que CM < MG, y por lo tanto CM < BN y esto es una contradicción.

10 La publicación del Teorema de Steiner-Lehmus motivó el planteamiento de variaciones de este problema. Por ejemplo qué sucede si se triseca el ángulo? Si en esta figura CBD = CBA, BCE = BCA y BD = CE, se puede demostrar que AC = AB? 3 3 La respuesta es SI, es más 1/3 se puede reemplazar por cualquier fracción entre 0 y 1. La demostración no es fácil. Otra variación de este problema implica la bisectriz exterior. El problema de las bisectrices exteriores En el caso de las bisectrices exteriores, la situación es algo más compleja. Si el triángulo es isósceles, las bisectrices exteriores correspondientes a los ángulos iguales son iguales. El recíproco, a primera vista parece plausible. Sin embargo no es verdad. Emmerich encontró un triángulo de ángulos 132, 36, y 12 que tiene dos bisectrices exteriores iguales. Para ver que tiene dos bisectrices exteriores iguales, consideremos el siguiente diagrama:

11 El triángulo ABC tiene el ángulo CAB = 36, ABC = 132 y BCA = 12 la bisectriz del ángulo ABU corta a la prolongación del lado AC en F, de este modo BF es la bisectriz exterior de B. La bisectriz exterior del ángulo ACV corta a la prolongación del lado AB en G, es decir CG es la bisectriz exterior de C. Veamos que BF = CG. Fácilmente comprobamos que F BA == 24 y que F BC = 156 Consideremos ahora el triángulo BCF BCF = 12, y BF C = 12 Como BF C = BCF, el triángulo F BC es isósceles con BF = BC. Ahora consideramos el triángulo BCG: BCG = 84, GBC = 48 y BGC = 48 Como GBC = BGC, el triángulo BCG es isósceles con CG = BC y ambos son iguales a BC, entonces las bisectrices exteriors son iguales. PROBLEMA1 Sean a, b, c las longitudes de los lados BC, CA y AB respectivamente del triángulo ABC. Sean m a, m b y m c las longitudes de las medianas y D el diámetro del círculo circunscrito del triángulo ABC. Demostrar que a 2 + b 2 m c + b2 + c 2 m a + c2 + a 2 m b 6D Sean M, N y L los puntos medios de BC,CA y AB, respectivamente. Prolongamos AM,BN y CN hasta que corten a la circunferencia circunscrita en X, Y, y Z, respectivamente. Si consideramos la potencia del punto M con respecto de la circunferencia AM MX = BM MC y de aquí MX = (BM MC)/AM. Como BM = MC = a/2 y AM = m a, se tiene que MX = 4m a Aplicamos el Teorema de Stewart para la mediana m a : a2 AM 2 BC = AC 2 BM + AB 2 CM BC BM CM AM = m a, BC = a, AC = b, AB = c, BM = CM = a/2; m 2 a = (2b 2 + 2c 2 a 2 )/4

12 AX = AM + MX y AX = m a + a2 = 4m2 a + a 2 y por tanto 4m a 4m a AX = 2b2 + 2c 2 a 2 + a 2 = b2 + c 2 4m a 2m a Como AX es una cuerda de la circunferencia y la cuerda más larga es el diámetro, luego b2 + c 2 D, es decir que b2 + c 2 2D 2m a m a Si realizamos el mismo procedimiento con las otras medianas, obtenemos que c2 + a 2 2D y a2 + b 2 2D Total: m c a 2 + b 2 + b2 + c 2 + c2 + a 2 6D m c m a m b PROBLEMA 2, OME 2015 En el triángulo ABC, sea A el punto simétrico de A m b respecto del circuncentro O de ABC. Llamamos I al incentro del triángulo ABC. Desde A y A se trazan las tangentes a la circunferencia unscrita, esas tangentes determinan dos segmentos distintos t y t. Probar que t 2 + t 2 = 4R 2 4Rr 2r 2, siendo R el radio de la circunferencia circunscrita al triángulo y r el radio de la circunferencia. Utilizar la igualdad de Euler, OI 2 = R 2 2Rr. t 2 = AI 2 r 2 t 2 = A I 2 r 2 t 2 + t 2 = AI 2 + A I 2 2r 2 Pero en el triángulo AIA, podemos considerar IO, y entonces se tiene que: AI 2 + A I 2 = 2IO 2 + 2R 2 = 2(R 2 2Rr) + 2R 2. Y al final t 2 + t 2 = 4R 2 4Rr 2r 2 PROBLEMA 3

13 Probar que si se tienen tres cevianas iguales en un triángulo que dividen a los lados en la misma proporción, entonces el triángulo es equilátero. Sean las cevianas AD, BE y CF y la razón común AF BF = BD CD = CE AE = λ 1 λ. Si λ = 1/2, las cevianas son las tres medianas. Utilizando la fórmula m 2 a = (2b 2 + 2c 2 a 2 )/4 de la longitud de una mediana, las igualdades m a = m b = m c dan que a = b = c. Si λ 1/2, se puede aplicar el teorema de Stewart a cada triángulo y se obtiene el resultado. Si hacemos uso del teorema del coseno (hay algunos chicos que ya lo conocen) también: El teorema del coseno en cada uno de los seís triángulos del tipo ABD dan: d 2 = λ 2 a 2 + c 2 2λac cosb (1) = (1 λ) 2 a 2 + b 2 2(1 λ)ab cosc (2) = λ 2 c 2 + b 2 2λbc cosa (3) = (1 λ) 2 c 2 + a 2 2(1 λ)ac cosb (4) = λ 2 b 2 + a 2 2λab cosc (5) = (1 λ) 2 b 2 + c 2 2(1 λ)bc cosa (6) Usando(3), (6) y 2bc cos A = b 2 + c 2 a 2 se obtiene: (1 λ 2 )b 2 + (λ 2 2λ)c 2 + (2λ 1)a 2 = 0 Usando(1), (4) y 2ac cos B = a 2 + c 2 b 2 se obtiene: (1 λ 2 )c 2 + (λ 2 2λ)a 2 + (2λ 1)b 2 = 0 Eliminando a 2 entre estas dos ecuaciones se obtiene: (λ 2 λ + 1) 2 (b 2 c 2 ) = 0 luego b = c. Análogamente a = b. Luego ABC es equilátero. CÍRCULOS DE APOLONIO Dados dos puntos a y B sobre el plano y un número k > 0. Se define el círculo de Apolonio como el lugar geométrico de los pontos P tales que AP/BP = k Veamos el caso particular k = 2 Lo que tenemos que demostrar es que el lugar geométrico de los puntos P tal que AP/BP = k para los puntos fijos A y B y un número k > 0 dado es una circunferencia. Lo primero que hay que ver es que sobre la recta que pasa por A y por B sólo existen dos puntos C y D tal que AC/BC = AD/BD = k; AC = 2CB y AD = 2BD Veamos que el lugar geométrico de los puntos P que verifican esa relación es una circunferencia.

14 Sea P un punto que verifica que AP/BP = 2. Los puntos C, D y P cumplen la condición pedida. Tenemos que AP/BP = AC/BC = 2, por el teorema de la bisectriz interna de AP D. AP/BP = AD/BD = 2, por lo tanto P D es la bisectriz externa del triángulo AP B. Por lo tanto P C es perpendicular a P D. Por lo tanto cualquiera que sea P, el ángulo CP D es recto. El lugar geométrico de dichos puntos es la circunferencia de diámetro CD. A esa circunferencia se llama circunferencia de Apolonio de razón 2. Ahora vamos a ver que si P pertenece a la circunferencia, verifica la propiedad. A partir de A y B construimos los puntos C y D como antes; sea S la circunferencia de diámetro DC. Sea P un punto de de S, es decir que el ángulo DP C es recto. Ahora trazamos por C una recta paralela a DP, llamamos M y N las intersecciones de dicha recta con BP y AP respectivamente.

15 Como DP//MN, DP A = ANC y DAP = CAN por lo tanto los triángulos ADP y ACN son semejantes y DP/CN = AD/AC. Como DP//MN se tiene que los triángulos DBP y CMB son semejantes y DP/CM = BD/BC Se sabe que los puntos A, B, C y D cumplen AC/BC = AD/BD = k, por lo tanto BD/BC = AD/AC Pero a partir de estas igualdades tenemos que DP/CN = DP/CM y por tanto CM = CN Como el ángulo DP C es recto y DP//CN, por lo tanto P CN es recto y P C es la altura del triángulo NMP, pero también es mediana porque CM = CN. En consecuencia P C es bisectriz interna de NMP y P C es bisectriz interna de AP B. Por lo tanto el ángulo DP C es recto; DP es bisectriz externa del triángulo AP B. Por el teorema de la bisectriz interna/externa se tiene que AP/BP = AC/BC = AD/BD = k Si k = 1, el lugar geométrico es la mediatriz del segmento. PROBLEMA4 En un triángulo ABC se construyen los círculos de Apolonio de segmento BC y razón b/c, de segmento AC y razón c/a y, de segmento BA y razón a/b. Probar que pasan por un mismo punto P. Sea P el punto en el que se cortan los círculos de Apolonio de segmento BC y razón c/b y de segmento AC y razón c/a. Como P pertenece al círculo de Apolonio de los dos segmentos, P cumple que BP/CP = c/b y que AP/CP = c/a, luego CP/AP = a/c. Y multiplicando estas dos relaciones se tiene que BP/AP = a/b. Pero esto es una condición suficiente para decir que el punto P pertenece al círculo de Apolonio del segmento BA y razón a/b.