MISCELANEA_GEOMETRIA_Tomo_II

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Juan Ángel Díaz Hernando
Doctor Ingeniero Industrial
Licenciado en Ciencias Matemáticas
Profesor Titular de la Universidad Politécnica de Madrid
MISCELÁNEA DE GEOMETRÍA
Tomo II
Circunferencias notables. Homografías
Madrid, 2016
Datos de catalogación bibliográfica.'
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%
JUAN ÁNGEL DÍAZ HERNANDO.
Miscelánea de Geometría. Tomo II. Circunferencias notables. Homografías
c©JUAN ÁNGEL DÍAZ HERNANDO, Madrid 2016
Formato 176 x 250 mm Páginas:267
Todos los derechos reservados.
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intelectual. La infracción de los derechos mencionados puede ser constitutiva de delito contra la propie-
dad intelectual (arts. 270 y sgts. Código Penal)
DERECHOS RESERVADOS
c©2016 por Juan Ángel Díaz Hernando
Presentación: M-003069/2016
R.P.I. 16/2016/5060 del 23 de Noviembre de 2016
(España)
Editor: Juan Ángel Díaz Hernando
Técnico editorial: E.B.M.
IMPRESO EN ESPAÑA - PRINTED IN SPAIN
A mis hijos, Juan Ángel y Carlos,
III
Prólogo
Este libro no es sino la continuación del anterior, que hubo que desdoblar dada la extensión de lo trata-
do. Por tanto, todo lo dicho en su prólogo es válido en éste, siendo su estructura la misma: División en
capítulos y éstos en lecciones. La unidad de ambos queda garantizada al haber dado continuidad tanto a
la numeración de los capítulos como de las lecciones.
En el Capítulo VII, en las Lecciones 24, 25 y 26, además de tratar los puntos más notables de un trián-
gulo: ortocentro, baricentro, incentro, circuncentro, exincentros, y algunas de sus muchas relaciones,
se define la circunferencia de Euler-Feuerbach, conocida también como la circunferencia de los nueve
puntos, sobre la que se traza la recta de Euler; aparece, luego, la recta de Simson, de la que se estudian
algunas de sus propiedades, hasta situarla finalmente sobre la circunferencia de los nueve puntos. Se
establecen, así mismo las relaciones de Euler, constituyendo, por último, como un bonito ejercicio el
Teorema de Feuerbach, que relaciona la circunferencia inscrita en un triángulo con la circunferencia
de los nueve puntos del mismo. La Lección 27 está dedicada a los importantes Teoremas de Menelao
y de Ceva, así como al primer Teorema de Pappus. En la Lección 28 se tratan las semimedianas de
un triángulo, poco estudiadas en los libros de geometría que, sin embargo, son poseedoras de un buen
número de propiedades ; en particular , determinan el llamado punto de Lemoine , que en
la Lección 29 genera la circunferencia de Lemoine, para terminar definiendo las circunferencias de
Tucker, que tienen como casos particulares las de Lemoine y la de Taylor. La Lección 30 se dedica
al estudio de los puntos y la circunferencia de Brocard, así como a la de Neuberg. La Lección 31
trata, sobre los cuadriláteros, los Teoremas de Euler y Ptolomeo y el segundo Teorema de Pappus.
Las Lecciones 32 y 33 están dedicadas al estudio de los Teoremas de Pascal y de Brianchon, ambos
correlativos.
En el Capítulo VIII, en la Lección 34 se estudia la proyectividad entre figuras de segunda catego-
ría, distinguiendo y ejemplarizando ampliamente las dos posibilidades: homografía (o colineación) y
reciprocidad (o correlación), dedicándose la Lección 35 al estudio de las homografías entre planos su-
perpuestos. La Lección 36 trata, con detalle, los cambios de sistemas de referencia, tanto en el plano
proyectivo real como en la recta proyectiva real. Por último, la Lección 37 se dedica al importante te-
ma de la homología, sus propiedades y, en particular a la homología entre formas planas superpuestas,
analizando las homologías particulares; los ejemplos del último apartado de esta lección resultan impres-
cindibles para una mejor comprensión del concepto homología.
En el Capítulo IX, las Lecciones 38, 39 y 40 tratan sistemáticamente el espacio proyectivo y las coor-
denadas proyectivas, tanto las puntuales como las tangenciales, así como la proyectividad en el espacio.
V
La Lección 41 desarrolla lo que me atrevo a calificar como una curiosidad, al manejar planos homológi-
cos no superpuestos. Por último, en la Lección 42 se estudia el llamado número de oro, del que, por su
importancia se ha escrito más de un libro; se hace, aquí, algo así como un resumen de lo desarrollado en
ellos. La sucesión de Fibonacci está presente en todo momento, y como conceptos interesantes figuran
el segmento áureo, las ternas pitagóricas y los triángulos y rectángulos áureos. Una curiosidad es
como a partir del rectángulo
√
2 se generan los distintos formados DIN. Termina la lección estudiando
los cinco poliedros regulares: Tetraedro, Cubo, Octaedro, Dodecaedro e Icosaedro.
En la línea de ser agradecido con los maestros, me complace aprovechar esta tribuna para loar la figura de
uno de los grandes: Julio Rey Pastor (1888-1962), autor, entre otras muchas publicaciones, de sus mag-
níficos Elementos de Análisis Algebraico, que vieron la luz en 1922, en Buenos Aires. De su estancia en
Gotinga, trabajando con Felix Klein, autor de su célebre Programa de Erlangen, resultó la introducción
en nuestros medios matemáticos de las ideas de ese maravilloso trabajo. Su actividad profesional estuvo
desdoblada entre España y Argentina; en particular en nuestro país, en 1920, ingresó en la Academia de
Ciencias Exactas, Físicas y Naturales de Madrid, y en 1954 en la Real Academia Española de la Len-
gua, instituciones en las que pronuncio discursos magistrales. Quiero destacar, entre ellos, y ese es mi
objetivo oculto en este escrito, en el que disertó, el 15-02-1933, contestando al discurso de E. Terradas,
en la Academia de Ciencias, en el que deslizó una muestra de esa fina ironía que siempre le caracterizó.
Pertenece a él, el fragmento que sigue, ¡que en mi opinión no tiene desperdicio!; ahí va:
“A ciertas características del ambiente español hemos aludido en algunos pasajes; y no por ser exclusi-
vas nuestras, sino por darse en forma acentuada, como fruto obligado de nuestro pasado histórico. Así,
por ejemplo, la falta de medida en las valoraciones, tanto en sentido encomiástico como peyorativo,
es ante todo desconocimiento de patrones universales, fruto de ignorancia; y ésta es hija, a su vez, de
todo un complejo histórico que ahora no es posible analizar. La pasión, que un distinguido escritor ha
señalado como característica española, mejor diríamos vehemencia en el apasionamiento, es, quizás,
efecto telúrico, simple reflejo de la vehemencia y brusquedad del paisaje; y la ruin envidia hacia la pros-
peridad ajena, es herencia de todo un pasado de pobreza y aun miseria económica. Y la eterna pelea de
bandos tan antagónicos como incomprensivos, es el rezago de la lucha secular entre moros y cristianos;
y el carácter puntilloso, que tanto dificulta el normal funcionamiento de nuestros centros de estudio e
investigación, es herencia del pundonoroso caballero medioeval; y del finchado hidalgo procede, proba-
blemente, el prurito, tan acentuado en los haraganes, de exigir a los demás lo que deberían hacer, sin
dar importancia ni aún parar mientes en todo lo que hayas producido, ni ocurrírseles nunca señalarse
tarea a sí mismos. ”
VI
Tal vez se le olvidó justificar el origen de la indolencia y aversión al esfuerzo de muchos; aunque no lo
creo. Probablemente no citó su origen por respeto, aunque no parece difícil adivinarlo.
Como agradecido que soy, sigo recordando, a mis amigos, a mi esposa y a mis padres, siempre presentes
en mí; disfrutando de la proximidad de mis hijos, y sobre todo de la alegría que me proporcionan mis
nietos, que además son muy estudiosos: Lucía, Diego y Mario.
Juan Angel Díaz Hernando.
VII
ÍNDICE
CAPÍTULO VII
Lección 24 LA CIRCUNFERENCIA DE EULER-FEUERBACH
24.1 Puntos notables de un triángulo................................................................3
24.2 Circunferencia de Euler-Feuerbach......................................................... 9
24.3 La recta de Euler....................................................................................... 10
Lección 25 LA RECTA DE SIMPSON
25.1 Teorema de Simson. Recta de Simson..................................................... 15
25.2 Propiedades de la recta de Simson........................................................... 17
Lección 26 LAS CIRCUNFERENCIAS INSCRITAS
26.1 Circunferencia inscrita en un triángulo.................................................... 25
26.2 Relaciones de Euler.................................................................................. 31
26.3 Teorema de Feuerbach............................................................................. 33
Lección 27 TEOREMAS DE MENELAO Y CEVA
27.1 Teorema de Menelao................................................................................ 37
27.2 Teorema de Ceva...................................................................................... 38
27.3 Ejemplos de aplicación............................................................................ 41
27.4 Teorema de Pappus (I).............................................................................. 46
Lección 28 SEMIMEDIANAS
28.1 Semimedianas.......................................................................................... 49
28.2 Propiedades.............................................................................................. 51
28.3 Punto de Lemoine.................................................................................... 59
Lección 29 CIRCUNFERENCIA DE TUCKER
29.1 Circunferencias de Lemoine.................................................................... 65
29.2 Circunferencias de Taylor......................................................................... 68
29.3 Circunferencias de Tucker........................................................................ 70
Lección 30 CIRCUNFERENCIAS DE BROCARD
30.1 Puntos de Brocard.................................................................................... 73
30.2 Circunferencia de Brocard...................................................................... 77
30.3 Circunferencias de Neuberg.................................................................... 78
Lección 31 TEOREMAS DE PTOLOMEO Y PAPPUS
31.1 Cuadriláteros............................................................................................ 79
31.2 Teorema de Ptolomeo.............................................................................. 89
31.3 Teorema de Pappus (II)............................................................................. 94
XI
Lección 32 TEOREMAS DE PASCAL Y BRIANCHON
32.1 Teorema de Pascal............................................................................ 97
32.2 Teorema de Brianchon..................................................................... 103
Lección 32 LOS TEOREMAS DE PASCAL Y BRIANCHON
COMO CORRELATIVOS
33.1 La demostración del Teorema de Brianchon..................................... 107
33.2 Casos particulares del Teorema de Brianchon.................................. 109
CAPÍTULO VIII
Lección 34 PROYECTIVIDAD ENTRE FIGURAS DE SEGUNDA
CATEGORíA
34.1 Proyectividad entre figuras de segunda categoría............................. 115
Lección 35 HOMOGRAFÍAS ENTRE PLANOS SUPERPUESTOS
35.1 Elementos dobles de las homografías planas................................... 129
Lección 36 CAMBIOS DE SISTEMAS DE REFERENCIA
36.1 Cambio de base en el plano proyectivo real..................................... 147
36.2 Cambio de base en la recta proyectiva real...................................... 150
Lección 37 HOMOLOGÍAS
37.1 La homología y sus propiedades...................................................... 163
37.2 Homología entre formas planas superpuestas.................................. 164
37.3 Determinación de figuras homológicas............................................ 168
37.4 Las rectas límite, L y L′ .................................................................. 173
37.5 Determinación de una homología.................................................... 174
37.6 Homologías particulares.................................................................. 175
37.7 Ejemplos.......................................................................................... 178
CAPÍTULO IX
Lección 38 EL ESPACIO PROYECTIVO
38.1 El espacio proyectivo. Coordenadas homogéneas........................... 199
38.2 Coordenadas proyectivas puntuales................................................. 201
38.3 Ecuación del plano en coordenadas proyectivas.............................. 205
XII
Lección 39 COORDENADAS TANGENCIALES
39.1 Coordenadas tangenciales proyectivas.................................................... 209
39.2 Cambio de coordenadas proyectivas....................................................... 212
39.3 Planteamiento práctico de un cambio de coordenadas............................ 213
Lección 40 PROYECTIVIDAD EN EL ESPACIO
40.1 Casos particulares de las coordenadas proyectivas................................. 217
40.2 Representación analítica de la recta........................................................ 218
40.3 Proyectividad en el espacio..................................................................... 220
Lección 41 EL PROBLEMA DE LOS SATÉLITIES
41.1 La homología en el espacio..................................................................... 227
41.2 Ejemplo de aplicación............................................................................. 228
41.2 La geometría en el espacio homológico.................................................. 230
Lección 42 EL NÚMERO DE ORO
42.1 El número de oro................................................................................... 231
42.2 Las ternas pitagóricas............................................................................. 237
42.3 El triángulo de Pascal y la sucesión de Fibonacci.................................. 238
42.4 El triángulo áureo................................................................................... 240
42.5 El rectángulo áureo................................................................................. 243
42.6 El formato DIN....................................................................................... 245
42.7 Los poliedros y el número áureo............................................................ 246
ÍNDICE ALFABÉTICO ....................................................................................................... 251
BIBLIOGRAFÍA ....................................................................................................... 255
XIII
CAPÍTULO VII
Lección 24.- LA CIRCUNFERENCIA DE EULER-FEUERBACH
24.1 Puntos notables de un triángulo
24.2 Circunferencia de Euler-Feuerbach
24.3 La recta de Euler
24.1 Puntos notables de un triángulo
Lo puntos que vamos a considerar son los clásicos: ortocentro, centro de gravedad (baricentro), incentro
y circuncentro.
PROPOSICIÓN 1. Dado un triángulo
4
ABC, las mediatrices de sus lados se cortan en un punto,
que llamaremos circuncentro.
En efecto: Si O es el punto de intersección de las mediatrices de los lados AB y BC, dicho punto O estará
a la misma distancia, respectivamente de los punto A y B, B y C, luego necesariamente estará sobre la
perpendicular en el punto medio, B′, del lado AC.
La circunferencia, centro O, que pasa por los vértices, A, B y C, recibe el nombre de circunscrita al
triángulo.
A'
A
B C
O
C' B'
PROPOSICIÓN 2. En todo triángulo acutángulo,
4
ABC, se verifica que las alturas del mismo, son
bisectrices del triángulo
4
PaPbPc.
En efecto: Veamos en primer lugar que
P̂cPaA = ÂPaPb (es decir βββ = βββ ′).
Dado que Pc y Pb son vértices de ángulos rectos, cuyos lados pasan por B y C, tenemos que los cuatro
puntos B, Pc, Pb, C, están situados sobreuna circunferencia, (c), de centro O. Basta ver que los triángulos
rectángulos
4
BPcC y
4
BPbC, tienen común la hipotenusa BC. En consecuencia, son iguales los ángulos,
inscritos en ella, ααα =ααα ′.
Análogamente, dado que son rectos los ángulos ĈPbH y ĤPaC, los puntos C, Pb, H, Pa, están situados
3
sobre otra circunferencia, (c′), de centro O′, verificándose ααα = βββ .
De la misma manera se establece que ααα ′ = βββ ′.
Así, hemos obtenido que se verifican las igualdades
ααα =ααα ′ , ααα = βββ , ααα ′ = βββ ′
de las que resulta la
βββ = βββ ′
que es lo que queríamos demostrar.
A
B C
Pa
Pb
Pc
O
(c)
α
β
O‘
α‘ (c )‘
H
β‘
PROPOSICIÓN 3. Las paralelas a los lados de un triángulo,
4
ABC, que pasan por los vértices
opuestos, forman otro triángulo
4
A′B′C′ de lados dobles que los del primero, y cuyos puntos medios
son A, B, C.
En efecto: Consideremos los segmentos B′C′, A′C′, A′B′, respectivamente paralelos a los lados BC, AC,
AB por los vértices A, B, C.
El cuadrilátero
�
AB′CB es un paralelogramo, por construcción, luego: AB′ = BC. En consecuencia, se tiene
que B′A = AC′, luego B′C′ = 2 ·BC, siendo A el punto medio de B′C′.
Para los demás lados el razonamiento es análogo. Consecuencia inmediata es que: Las alturas de un
triángulo,
4
ABC son mediatrices del
4
A′B′C′, que se cortan en el ortocentro, H, de
4
ABC.
A
B C
A'
B'C'
H
4
PROPOSICIÓN 4. La circunferencia circunscrita a un triángulo
4
ABC contiene los puntos de in-
tersección de la mediatriz de cada lado con las bisectrices que pasan por el vértice opuesto.
En efecto: Basta ver que por los puntos medios G′c y Gc de los arcos de la circunferencia circunscrita, de
extremos A y B, pasan el diámetro perpendicular a AB (mediatriz del lado AB) y las bisectrices interior y
exterior del ángulo Ĉ, por las propiedades de los ángulos inscritos; lo que demuestra lo que nos interesaba.
A
B
C
I
Ga
G'a
I
Ib
GbGc
Ic
G'b
O
G'c
a
PROPOSICIÓN 5. La circunferencia circunscrita a un triángulo contiene los puntos medios de los
lados del triángulo de los exincentros, así como los puntos medios de los segmentos que unen éstos
con el incentro.
En efecto: El razonamiento utilizará la misma figura de la proposición anterior.
Consideremos el triángulo
4
IaIbIc de los exincentros. Los puntos A y B son vértices de dos ángulos rectos,
formados por las bisectrices, cuyos lados pasan por Ib e Ia; en consecuencia, están en una circunferencia
de diámetro IbIa, y cuyo centro estará en la mediatriz de AB, es decir, el punto Gc.
Análogamente , IIc es el diámetro de una circunferencia que pasa por los puntos A y B, por ser rectos los
ángulos en A y en B. Luego, el punto de intersección de la mediatriz de AB con IIc será el centro, o punto
medio de IIc.
5
Ejemplo 1. Los vértices B, C de un triángulo
4
ABC, el centro de la circunferencia inscrita, I, y el centro de la
circunferencia exinscrita, D, tangente a BC pertenecen a una misma circunferencia.
Para verlo basta considerar que las bisectrices BI y BD de los ángulos ÂBC y ĈBE son perpendiculares. Lo mismo
ocurre con las IC y CD.
En consecuencia, la circunferencia que tiene ID como diámetro pasa por los vértices B y C.
A
B
C
O
D I
E
Ejemplo 2. Las rectas que unen dos a dos los pies de las alturas de un triángulo
4
ABC, determinan tres triángulos
semejantes con el triángulo dado.
Para verlo observemos que la circunferencia de diámetro BC pasa por los pies E, F de las alturas.
Dado que las rectas EF y CB son antiparalelas con las AC y AB, resultará que
ĈEF+ ÂBC = 180o
y como
ĈEF+ ÂEF = 180o
resultará que
ÂBC = ÂEF
(y también serán ÂCB = ÂFE)
En consecuencia, los triángulos
4
ABC y
4
AEF son semejantes.
En forma análoga se establece lo mismo para
4
DBF y para
4
DCE.
A
B
C
D
E
F
O
H
6
Ejemplo 3. Dado un triángulo,
4
ABC, si dos rectas BM y CN se cortan sobre la altura AD, resulta que esta altura
es la bisectriz del ángulo M̂DN.
A
N
G
B H D F
M
E
C
O
Trazamos, en primer lugar, las perpendiculares, MEF y NGH, al lado BC.
Observamos que los triángulos
4
OME y
4
OGN son semejantes, por ser Ĝ = M̂ (alternos internos entre las paralelas
NH y MF, cortadas por la recta GM), y ser iguales a los ángulos Ô.
Podemos, por tanto, escribir
ME
NG
=
OE
ON
=
DF
DH
=⇒ ME
NG
=
DF
DH
siendo DF y DH las alturas correspondientes de los triángulos semejantes
4
OME y
4
OGN.
Como
ME
MF
=
AO
AD
=
NG
NH
=⇒ ME
MF
=
NG
NH
podemos escribir
ME
NG
=
MF
NH
De las igualdades recuadradas resulta entonces:
DF
DH
=
MF
NH
En consecuencia, los triángulos
4
DFM y
4
DHN son semejantes, luego tendremos que: M̂DF = N̂DH, y por tanto la
altura AD resultará ser la bisectriz del ángulo M̂DN.
PROPOSICIÓN 6. Las alturas de un triángulo,
4
ABC, son concurrentes; y el punto de concurrencia
recibirá el nombre de ortocentro.
En efecto: Sean AHa, BHb, CHc las alturas del triángulo dado. Si por los vértices del triángulo trazamos
paralelas a los lados opuestos, formarán, éstas, un nuevo triángulo
4
A′B′C′, cuyos puntos A, B y C son los
puntos medios de sus lados.
7
Las alturas del triángulo
4
ABC serán por tanto, concurrentes, como mediatrices que son del triángulo
4
A′B′C′.
A
B C
A'
B'C'
Ha
Hb
Hc
H
El triángulo
4
HaHbHc, cuyos vértices son los pies de las alturas de los vértices del triángulo dado,
4
ABC,
recibe el nombre de triángulo órtico.
PROPOSICIÓN 7. Dado un triángulo
4
ABC, las medianas se cortan en un punto, que llamaremos
centro de gravedad y también baricentro.
En efecto: Si trazamos las medianas BB′ y CC′, siendo su punto de intersección el G, tendremos que los
triángulos
4
BGC y
4
B′GC′ son semejantes, luego:
GB′
GB
=
GC′
GC
=
B′C′
BC
=
1
2
de donde
GB = 2 ·GB′ , GC = 2 ·GC′
El punto de intersección de dos medianas está, para cada una de ellas, a un tercio de su pie.
Las tres medianas son por tanto concurrentes en un mismo punto, que divide a cada una de ellas en la
misma relación,
1
2
.
El punto G recibe el nombre centro de gravedad o baricentro del triángulo.
A
B C
A'
B'C'
G
8
El triángulo
4
A′B′C′, cuyos vértices son los puntos medios de los lados del triángulo dado,
4
ABC, recibe el
nombre de triángulo complementario, o medial
24.2 Circunferencia de Euler-Feuerbach
PROPOSICIÓN 1. Dado un triángulo
4
ABC, los puntos Ha, Hb y Hc, pies de las alturas, los A′,
B′ y C′, puntos medios de los lados, y los puntos A′′, B′′ y C′′, puntos medios de los segmentos
superiores de las alturas AH, BH y CH, son nueve puntos situados sobre una misma circunferencia,
que llamaremos circunferencia de los nueve puntos y también circunferencia de Euler-Feuerbach, y
en ocasiones también circunferencia medial.
En efecto: Comprobemos, en primer lugar, que la circunferencia que pasa por los puntos A′, B′ y C′ pasa
también, por el Ha. La comprobación es inmediata, puesto que el trapecio
�
A′B′C′Ha es isósceles, ya que
sus diagonales A′C′ y B′Ha son iguales, a la mitad del lado AC; la primera por ser el segmento que une los
puntos medios de los lados AB y AC, y la segunda porque es la mediana sobre la hipotenusa del triángulo
rectángulo
4
AHaC. En consecuencia, los puntos A′, B′ y C′ y Ha, Hb y Hc son concíclicos.
En segundo lugar mostremos que también el cuadrilátero
�
A′C′A′′Ha es inscribible. En efecto, las rectas
A′C′ y C′A′′ son perpendiculares, puesto que son respectivamente paralelas al lado AC, y a su altura
correspondiente BHb. Luego, el ángulo Ĉ′ es recto, así como su ángulo opuesto Ĥa, lo que nos muestra
que
�
A′C′A′′Ha es efectivamente inscribible.
La circunferencia
©
A′B′C′HaHbHc contiene por tanto el punto A′′, y por consiguiente los B′′ y C′′.
A
B CA´
B´C´
A´´
G O
Ha
Hb
Hc
ω
C´´B´´
H
Recta d
e Euler
Circunferencia de Euler-Feuerbach
9
En la figura puede verse: H, ortocentro; ωωω , centro de la circunferencia de Euler-Feuerbach; G, baricentro;
O centro de la circunferencia circunscrita. La recta OH recibe el nombre de rectade Euler.
24.3 La recta de Euler
PROPOSICIÓN 1. El centro ωωω de la circunferencia de Euler-Feuerbach está sobre la recta de
Euler, en el punto medio del segmento OH.
En efecto: Las perpendiculares trazadas en los puntos medios de las cuerdas A′Ha, B′Hb y C′Hc, de la
circunferencia de Euler, pasan, evidentemente, por el punto medio del segmento OH.
PROPOSICIÓN 2. Los puntos medios de los lados, A′, B′ y C′, y los puntos medios de los segmentos
AH, BH y CH, los A′′, B′′ y C′′, son respectivamente, diametralmente opuestos.
En efecto: El ángulo Â′HaA′′ es recto; luego los puntos A′ y A′′ son diametralmente opuestos.
A
Ha
H
A´´
ω
G O
B CA´
PROPOSICIÓN 3. Las mediatrices OA′, OB′ y OC′, son iguales, respectivamente, a las mitades de
los segmentos superiores de las alturas A′′H, B′′H y C′′H.
En efecto: La recta A′A′′ pasa por ωωω , puesto que es diámetro de la circunferencia de Euler-Feuerbach,
luego
A′′H = OA′
por consiguiente:
AH = 2 ·A′′H = 2 ·OA′
10
PROPOSICIÓN 4. El centro de gravedad, G, está situado sobre la recta de Euler, y se tiene:
GH = 2 ·OG.
En efecto: Si denotamos por G el punto de intersección de la mediana, AA′, con la recta de Euler, OH,
resultará que los triángulos
4
OGA′ y
4
AGH son semejantes, siendo la razón de semejanza igual a
1
2
,
puesto que OA′ =
1
2
·AH. Luego GA′ = 1
2
·GA, lo que nos muestra que G es el centro de gravedad del
triángulo. Se tiene, así mismo, que OG =
1
2
·GH, como queríamos establecer.
PROPOSICIÓN 5. El radio de la circunferencia de Euler-Feuerbach es igual a la mitad del radio
de la circunferencia circunscrita.
En efecto: La figura
�
OAA′′A′ es un paralelogramo, luego el radio OA de la circunferencia circunscrita es
igual al diámetro A′A′′ de la circunferencia de Euler-Feuerbach.
A
Ha
H
A´´
ω
G O
B CA´
PROPOSICIÓN 6. Los simétricos del ortocentro, respecto a los lados, se encuentran sobre la cir-
cunferencia circunscrita.
En efecto: Veamos que HHa = HaH′a. Para comprobar esta igualdad basta con observar que los ángulos
ĤBC y ĈBH′a son iguales,
A
Ha
H
B C
Há
11
puesto que ambos son iguales al ángulo ĈAH′a. El triángulo
4
HBH′a es por tanto isósceles, y por consi-
guiente los puntos H′a y H son simétricos respecto BC.
PROPOSICIÓN 7. Los centros exterior e interior de semejanza de la circunferencia circunscrita y
de la de Euler-Feuerbach, son H y G.
En efecto: Se verifica que
Hωωω
HO
=
Gωωω
GO
=
1
2
.
PROPOSICIÓN 8. La circunferencia de Euler-Feuerbach corta a los lados del triángulo bajo los
ángulos Â− B̂ , B̂− Ĉ y Ĉ− Â.
En efecto: Se tiene.
ĤaB′A′ = ĤaB′C− Â′B′C = 2 ·
(
πππ
2
− Ĉ
)
− Â = πππ−2 · Ĉ− Â = B̂− Ĉ
Observamos, por otra parte, que las tangentes en A′, B′ y C′ a la circunferencia de Euler-Feuerbach
son antiparalelas con los lados del triángulo dado.
(En numerosas ocasiones en lugar de hablar de la circunferencia de Euler-Feuerbach, se habla de cir-
cunferencia de Euler o circunferencia de Feuerbach).
A
B CA´
B´C´
Ha
ω
Ĉ
A´B´C^
HaB´A´
^
B̂
Â
PROPOSICIÓN 9. Los puntos A, B, C y H poseen la propiedad de que uno de ellos es el ortocentro
del triángulo formado por los otros tres. (Se dice de ellos que forman un grupo ortocéntrico).
La comprobación es inmediata.
A
B C
H
12
PROPOSICIÓN 10. El radio OA y la altura AH son simétricos respecto a la bisectriz de Â.
En efecto: Se verifica que Â′′AHa = ÔA′′A = ÔAA′′.
A
B C
A´´
O
Ha
H
PROPOSICIÓN 11. Se verifica que ĤAO = B̂− Ĉ.
En efecto: Se tiene ĤAO = Â−2 · B̂AHa = Â−2 ·
(
πππ
2
− B̂
)
= B̂− Ĉ.
PROPOSICIÓN 12. Existe una infinidad de triángulos inscritos, en una circunferencia dada, que
tienen el mismo ortocentro H.
En efecto: Basta con trazar por H una cuerda AA′ y luego hacer pasar por el punto medio de HA′ otra
cuerda BC perpendicular a AA′. El triángulo,
4
ABC, obtenido cumple con la condición del enunciado.
Estos triángulos poseen la propiedad de tener el mismo baricentro y la misma circunferencia de Euler-
Feuerbach, puesto que poseen los mismos O y H.
13
Lección 25.- LA RECTA DE SIMSON
25.1 Teorema de Simson. Recta de Simson
25.2 Propiedades de la recta de Simson
25.1 Teorema de Simson. Recta de Simson
La recta de Simson queda definida en los siguientes teoremas.
TEOREMA DE SIMSON (Directo). Las proyecciones, sobre los lados de un triángulo, de un punto
de su circunferencia circunscrita son colineales.
En efecto: Sean ααα , βββ , γγγ las proyecciones del punto M sobre los lados del triángulo
4
ABC.
En el cuadrilátero inscribible
�
MαααBγγγ se tiene
B̂Mγγγ = B̂αγαγαγ ,
y en el cuadrilátero también inscribible,
�
MαβαβαβC, será
ĈMβββ = Ĉαβαβαβ .
Ahora bien, se tiene B̂MC = γ̂γγMβββcomo suplementarios de Â. Así resulta que los ángulos ”señalados” en
M son iguales, y por consiguiente los ángulos en ααα son también iguales. Los puntos ααα , βββ , γγγ están por tanto
alineados (Recta de Simson).
A
B C
M
α
β
γ
Rec
ta d
e S
ims
on
15
TEOREMA DE SIMSON (Recíproco). Si las proyecciones de un punto sobre los lados de un trián-
gulo son colineales, el punto está, necesariamente, sobre la circunferencia circunscrita.
En efecto: Basta remontar las igualdades del Teorema Directo, en sentido inverso.
De la igualdad de los ángulos ααα , se deduce la igualdad de los ángulos ”marcados” en M, y por tanto la
de los ángulos B̂MC y γ̂γγMβββ . Como este último es suplementario del Â, al ser los ángulos B̂MC y Â
suplementarios, el cuadrilátero
�
ABMC será inscribible.
La siguiente propiedad puede considerarse como la de una recta que generaliza a la recta de Simson.
PROPOSICIÓN 1. Si desde un punto cualquiera de la circunferencia circunscrita de un triángulo,
4
ABC, se trazan rectas que forman, en el mismo sentido, ángulos iguales con los lados del triángulo,
los pies de esas rectas son colineales.
En efecto: La siguiente figura nos ayuda en el razonamiento:
A
B
C
D
E
F
O
Si se verifica que: ĈEO = ĈFO = B̂DO, tendremos:
1o.- Los triángulos
4
COE,
4
AOD, son semejantes, puesto que en ellos:
Ê = D̂
y además
D̂AO = ÊCO ,
por ser suplementarios, ambos, del ángulo B̂AO; luego:
AD
CE
=
AO
CO
2o.- Los triángulos
4
OBE,
4
AOF, son semejantes, puesto que en ellos:
 = B̂
y además
B̂EO = ÂFO ,
16
por abarcar, ambos, el mismo arco de circunferencia; luego:
BE
AF
=
BO
AO
3o.- Los triángulos
4
COF,
4
BOD, son semejantes, puesto que:
F̂ = D̂
y además
ÔCF = ÔBD ,
por abarcar, ambos, el mismo arco de circunferencia; luego:
CF
BD
=
CO
BO
Multiplicando, ahora, miembro a miembro las tres igualdades obtenidas, se tiene:
AD ·BE ·CF
BD ·CE ·AF
=
AO ·BO ·CO
CO ·AO ·BO
= 1
El Teorema de Menelao,que estableceremos en la lección 27, nos permite, entonces, afirmar que los tres
puntos D,E,F son colineales.
25.2 Propiedades de la recta de Simson
PROPOSICIÓN 1. Sea H′c, el punto de intersección de la altura, CH, con la circunferencia circuns-
crita. La recta de Simson del punto M y la recta MH′c inciden con el mismo ángulo sobre el lado
AB. (La propiedad es válida para todos los lados).
En efecto: Bastará mostrar que los ángulos marcados en γγγ y H′′c son iguales.
El cuadrilátero inscribible
�
AγγγMβββ nos dice que
γγγ = M̂AC ,
y como en la circunferencia circunscrita se tiene
M̂AC = M̂H′cC
resulta
γ̂γγ = M̂H′cC
A
B C
M
M´
HHć
P
α
β
γ
Rec
ta d
e S
ims
on
17
PROPOSICIÓN 2. La recta de Simson de un punto M divide en dos partes iguales al segmento que
une M con el ortocentro, H.
En efecto: Sea P el punto en el que MH′c corta a AB. Según la proposición anterior la recta de Simson es
paralela a PH.
Por otra parte, en el triángulo rectángulo
4
MγγγP, la recta de Simson que pasa por el vértice γγγ pasará por el
punto medio de la hipotenusa MP; pasará, entonces, también por el punto medio de MH.
Ejemplo 1. Dado un triángulo
4
ABC, determinar un punto, M, que tenga por recta de Simson una paralela a una
dirección dada.
A
B C
M
P
Se traza por A una paralela a la dirección dada, que cortaráa la circunferencia circunscrita en el punto P. Por P se
traza una perpendicular a BC, que cortará a la circunferencia circunscrita en el punto buscado M.
Ejemplo 2. Dado un triángulo
4
ABC, determinar un punto, M′, que tenga por recta de Simson una perpendicular a
una dirección dada.
A
B C
M'
P'
18
Se traza por A una perpendicular a la dirección dada, que cortará a la circunferencia circunscrita en el punto P′. Por
P′ se traza una perpendicular a BC, que cortará a la circunferencia circunscrita en el punto buscado M′.
(Observemos que los puntos, M del ejemplo anterior, y M′, de éste, serían diametralmente opuestos, sobre el mismo
dibujo.)
Ejemplo 3. Las rectas de Simson de los vértices de un triángulo son las alturas correspondientes.
A
B C
Ha
Los pies de las perpendiculares trazadas desde A sobre AB y AC coinciden con A, y la perpendicular sobre BC es
la altura AHa.
Ejemplo 4. Las rectas de Simson de los puntos diametralmente opuestos a los vértices son los lados del triángulo.
A
A1
B C
Si A1 es el opuesto del vértice A, los ángulos ÂBA1, y ÂCA1 son rectos.
19
Ejemplo 5. Las rectas de Simson de los pies de las alturas, sobre la circunferencia circunscrita al triángulo
4
ABC,
son paralelas a las tangentes en A, B y C, a dicha circunferencia, y pasan por los vértices del triángulo órtico.
A
C
P
R
O
S1
S2
S3 H'a
H'b
H'c
B
Q
La cuerda AH′a es perpendicular a BC, cuya intersección será punto de paso de la recta de Simson S1, siendo los
otros puntos de paso las intersecciones de las perpendiculares, desde H′a, a los lados AB y AC.
En la misma forma se determinan las rectas de Simson correspondientes a los puntos H′b y H
′
c, que serán
las S2 y S3.
El triángulo
4
PQR, cuyos vértices son las intersecciones de S1, S2 y S3, recibe el nombre de triángulo antimedial
del triángulo órtico del
4
ABC. Observemos que este triángulo pasa por los vértices del triángulo órtico y sus lados
son paralelos a los de este.
20
Ejemplo 6. Las rectas de Simson de los pies A′′, B′′ y C′′ de las bisectrices interiores, del triángulo
4
ABC, sobre la
circunferencia circunscrita, pasan por los puntos medios A′, B′ y C′ de los lados respectivos y son perpendiculares
a esas bisectrices.
A
B C
A''
O
Â__
2Â__
2
A'
El pie de la perpendicular trazada desde A′′ sobre BC es A′ (el punto medio de BC). Además, por ser AA′′ la
bisectriz interior, de Â, la recta que une sus proyecciones, las de A′′, sobre AB y AC, será perpendicular a esta
bisectriz.
Sea el triángulo
4
ABC, y sobre su circunferencia circunscrita consideremos dos punto cualesquiera B1
y C1. Sea, ahora, A1 el punto, situado también sobre la circunferencia circunscrita, tal que su recta de
Simson sea perpendicular a B1C1. Del triángulo
4
A1B1C1 diremos que es un triángulo de Simson.
A
B C
P
A1
B1
C1
21
PROPOSICIÓN 3. 1.- Las rectas de Simson relativas a dos puntos diametralmente opuestos de
la circunferencia circunscrita de un triángulo,
4
ABC, dado, son perpendiculares.
2.- El lugar geométrico de los puntos de intersección de esas rectas perpen-
diculares es la circunferencia de los nueve puntos, del triángulo dado.
En efecto: Sea MOM′ un diámetro de la circunferencia circunscrita del triángulo
4
ABC; sean γγγαααβββ , γγγ ′ααα ′βββ ′
las rectas de Simson, relativas a M y M′. Por último, sea
©
A′B′C′ la circunferencia de los nueve puntos de
4
ABC.
1.- A′ es el punto medio del segmento αααααα ′, como proyección del punto medio, O, del diámetro MM′; así
mismo, B′ es el punto medio de ββββββ ′, y C′ el punto medio de γγγγγγ ′.
Dado que
M̂γγγααα = 900− γ̂γγ ′γγγααα , y β̂ββ ′γγγ ′A = γ̂γγγγγ ′ααα ′ = 900− γ̂γγ ′γγγααα
se verifica que
M̂γγγααα = β̂ββ ′γγγ ′A
Por otra parte, observamos en el cuadrilátero
�
MγγγAβββ que
γ̂γγMβββ = 1800− B̂AC ,
y por otra parte que γ̂γγ ′Aβββ ′ es suplementario de  en
4
ABC, luego
γ̂γγ ′Aβββ ′ = 1800− B̂AC ,
con lo que se verifica que
γ̂γγMβββ = γ̂γγ ′Aβββ ′
En consecuencia, los triángulos
4
γγγMβββ y
4
γγγ ′Aβββ ′ son semejantes.
Como los lados Mβββ y Mγγγ son respectivamente perpendiculares a Aβββ ′ y Aγγγ ′, también serán perpendiculares
βββγγγ y βββ ′γγγ ′.
Luego, las rectas de Simson, γγγαααβββ y γγγ ′ααα ′βββ ′ son perpendiculares.
2.- Los triángulos
4
αααH1ααα ′,
4
βββH1βββ ′ son rectángulos, luego
H1A′ =
αααααα ′
2
= A′ααα , y H1B′ =
ββββββ ′
2
= βββB′
de donde
Â′H1ααα = Â′αααH1 = Ĉαααβββ , y B̂′H1βββ = Ĥ1βββB′ = Ĉβββααα.
y sumando tenemos
Â′H1B′ = ÂCB = Â′C′B′
Así, el lugar geométrico del punto H1 es el arco capaz del ángulo Â′C′B′ sobre el segmento A′B′, es decir,
la circunferencia de los nueve puntos del triángulo
4
ABC.
22
Recta de Simson
relativa al punto M
Recta de Simson
relativa al punto M´
Recta de Euler
Circunferencia de los nueve puntos
M´
A
B C
M
O
A´
B´C´
H
M 1́
M1
H1
α
α´
β
β´
γ
γ´
ω
G
A´´
C´´B´´
23
Lección 26.- LAS CIRCUNFERENCIAS INSCRITAS
26.1 Circunferencia inscrita en un triángulo
26.2 Relaciones de Euler
26.3 Teorema de Feuerbach
26.1 Circunferencia inscrita en un triángulo
PROPOSICIÓN 1. Las bisectrices interiores de un triángulo son concurrentes.
En efecto: Sea I el punto de intersección de las bisectrices AA′′ y BB′′. Este punto se encuentra a la misma
distancia de los lados AC y AB, y de los lados BA y BC, luego estará igualmente a la misma distancia de
los lados CA y CB, y por consiguiente pertenece también a la bisectriz CC′′.
El punto I, al distar una misma cantidad, r, de los tres lados del triángulo, es el centro de una circunferencia
interior a los tres lados, al que llamaremos centro de la circunferencia inscrita.
A
B C
A''
B''
C''
I
r
r
r
PROPOSICIÓN 2. Dos bisectrices exteriores y una interior, correspondientes a vértices distintos
del triángulo, son concurrentes.
En efecto: El razonamiento es idéntico al de la proposición anterior.
En este caso se obtienen tres nuevos centros Ia, Ib, Ic que corresponden a las circunferencias tangentes
exteriores de los lados del triángulo
4
ABC. Diremos de ellos que son los centros de las circunferencias
exinscritas.
25
I
A
B C
Ia
Ib
Ic
Resulta inmediato comprobar que: El triángulo
4
ABC es el triángulo órtico del
4
IaIbIc, y que las alturas
del triángulo
4
IaIbIc son las bisectrices de su triángulo órtico,
4
ABC. (Esta última propiedad es general).
Por otra parte, los ángulos marcados en la figura son iguales.
PROPOSICIÓN 3. Si A′′ es el punto medio del arco
_
BC, se verifica:
A′′I = A′′C = A′′B = A′′Ia
En efecto: El triángulo
4
A′′BI es isósceles, puesto que el ángulo ααα es igual a
Â+ B̂
2
, de donde el ángulo
βββ tiene el mismo valor (ααα = βββ ).
Razonamos en la misma forma con el triángulo
4
A′′IC. Así, el centro de la circunferencia
©
BIC, que pasa
evidentemente por Ia, pues el cuadrilátero
�
CBIIa es inscribible, está situado en el punto medio, A′′, del
arco
_
BC.
A
B
C
A´´
B´´
O
IIa
α
β
26
Consideremos ahora los segmentos determinados, sobre los lados del triángulo
4
ABC, por los puntos de
contacto, tanto de la circunferencia inscrita como por las exinscritas:
A
B C
I a
I b
I c
D
D DD
E
E
E
E
FF
F
F
a
a
a
b
b
b
c
c
c O
Sean D, E, F los puntos de contacto de la circunferencia inscrita con los lados del triángulo; sean así
mismo Da, Ea, Fa los puntos de contacto, con los mismos lados, de la circunferencia exinscrita relativa
al ángulo Â. (Análoga nomenclatura para las otros dos circunferencias exinscritas). Habrá, por tanto,
cuatro puntos de contacto sobre cada lado, los cuales determinan diversos segmentos, cuyas expresiones,
en función de los lados, vamos a determinar.
Segmentos determinados por los puntos de contacto de la circunferencia inscrita: Si hacemos
AE = AF = x , BF = BD = y , CD = CE = z
tendremos
2 · (x+y+ c) = a+b+ c = 2 ·p
y por consiguiente:
x+y+ z = p
27
de donde, puesto que
y+ z = a ,
deducimos:
x = p−a , y = p−b , z = p− c .
Segmentos determinados por los puntos de contactode una circunferencia exinscrita: Si hacemos
AFa = AEa = xa , BDa = BFa = ya , CDa = CEa = za
tendremos
AFa = AB+BFa = c+ya , AEa = AC+CEa = b+ za
de donde
2 ·xa = b+ c+ya + za = a+b+ c = 2 ·p
y por tanto
AFa = AEa = xa = p ,
y en definitiva
ya = p− c , za = p−b .
(Para los otros vértices, B y C, tendremos fórmulas análogas.)
Ejemplo 1. Dado un triángulo que tiene por base una cuerda fija, AB, de una circunferencia, (c), mientras que el
tercer vértice M se mueve sobre el arco
_
AMB, se tata de determinar: El lugar geométrico descrito por el incentro
del triángulo móvil.
A B
M
CD
N
G
E
I
O
(c)
F
^
M
α β
28
En primer lugar observamos que el ángulo M̂ es constante, al desplazarse M a lo largo del arco de (c); luego los
ángulos  y B̂ tienen una suma constante (Â+ B̂+M̂ = 1800), y en consecuencia lo mismo ocurre con sus mitades
ααα =
Â
2
, βββ =
B̂
2
.
Luego, en el triángulo
4
AIB, el ángulo Î es constante, lo que significa que el lugar geométrico del punto I es el arco
_
AIB, arco capaz del ángulo Î, que vamos a determinar:
Por una parte, el ángulo Î es el suplemento de la suma ααα +βββ , es decir
Î+ααα +βββ = 1800 .
Por otra parte tenemos
Â+ B̂+M̂ = 1800 ,
luego, se verifica que
ααα +βββ +
1
2
·M̂ = 900 =⇒ ααα +βββ = 900− 1
2
·M̂ .
En consecuencia
Î+
(
900− 1
2
·M
)
= 1800
es decir
Î = 900 +
1
2
·M̂
Observamos que mientras el arco
_
AIB es el lugar geométrico de los puntos de intersección de las bisectrices interio-
res (incentro), el resto de esta circunferencia, arco
_
BNA es el lugar geométrico de las intersecciones de las bisectrices
exteriores de los ángulos  y B̂.
Comprobemos ahora que, el centro de la circunferencia
©
ANBI es el punto medio del arco
_
AGB, y
que se verifica: IG = AG = GB.
En efecto: G es el punto en el que la bisectriz MIN corta al arco
_
AGB, punto medio de dicho arco. Así
mismo E es el punto medio del arco
_
BEM, luego ĜAI = ĜIA; por tanto, el triángulo
4
AGI es isósceles,
luego GA = GI.
También es isósceles el triángulo
4
AGN, pues los ángulos N̂ y Â, tienen los mismos complementos, luego
GN = GA.
Resulta, entonces que GN = GI, y el punto G, punto medio de la hipotenusa NI es el centro de la circun-
ferencia
©
ANBI.
PROPOSICIÓN 4. El radio de la circunferencia exinscrita tangente a la hipotenusa de un trián-
gulo rectángulo, es igual a la suma de los radios de las otras dos circunferencias exinscritas y del
radio de la circunferencia inscrita.
En efecto: Hay que probar que se tiene
EL = FP+GK+ IT , o bien AL = AJ+AN+AM
29
para lo que bastará demostrar que: AM = NB y AJ = BL.
Veamos, en primer lugar, que AM = NB: Se tiene
AM+AN = KT y BM+BN = OV
y como
KT = OV
tendremos
AM+AN = BM+BN
de donde
AM = BN
Veamos, ahora, que AJ = BL: El triángulo
4
EBF es rectángulo e isósceles, puesto que el ángulo ÊBF es
recto, por ser ángulo de las bisectrices de dos ángulos adyacentes suplementarios, y el ángulo B̂EF = 450,
puesto que EF y EG son bisectrices de los ángulos complementarios R̂ES y SEL. En consecuencia
BE = BF .
Por otra parte los triángulos rectángulos
4
BEL y
4
BFJ son iguales, por tener iguales las hipotenusas y los
ángulos agudos, pues los ángulos ÊBL y F̂BJ son complementarios, ya que ÊBF es recto. Luego
BL = AJ .
En conclusión:
EL = AL = AN+BN+BL = GN+ IM+FJ .
A
E
F
G
I
J
K
LN
O
P
Q
R
T
V
M
45º
C
B
30
26.2 Relaciones de Euler
Vamos a determinar las expresiones de las distancias del centro de la circunferencia circunscrita a un
triángulo,
4
ABC, a los centros de la circunferencia inscrita, O, y de las exinscritas, Ia, Ib, Ic.
La primera relación de Euler es: OI2 = d2 = R2−2 ·R · r = R · (R−2 · r) que puede ponerse también
en la forma
r
R−d
+
r
R+d
= 1.
A
BC
A''
I
G
O
d
F
H
R
r
En el triángulo
4
OIA′′ se verifica:
OI2 = d2 = R2 +A′′I2−2 ·R ·A′′H
y como en el triángulo rectángulo
4
A′′BF se verifica:
A′′B2 = A′′I2 = A′′F ·A′′G = 2 ·R ·A′′G
tendremos
d2 = R2 +2 ·R ·A′′G−2 ·R ·A′′H = R2−2 ·R · (A′′H−A′′G) = R2−2 ·R · r .
31
La segunda relación de Euler es: OI2 = d2a = R2 +2 ·R · ra que corresponde a la distancia OIa.
Las correspondientes a los centros Ib e Ic serían:
d2b = R
2 +2 ·R · rb , d2c = R2 +2 ·R · rc ,
a las que llegaríamos con unos razonamientos análogos, al que vamos a emplear para establecer la co-
rrespondiente a Ia.
A
B C
A''
O
F
R
a
F'
S
E
I
r
Por ser semejantes los triángulos:
4
AEI y
4
FBA′′ tenemos:
AI
FA
EI
BA
A S
’’
’’
’’
AI BA’’ FA’’ EI BA’’ AI A S’’ FA’’ EI
Por otra parte, como A′′S = A′′I, y FA′′ = 2 ·R, EI = ra resultará, al ser AI ·A′′I, la potencia de I res-
pecto a la circunferencia de centro O:
AI ·A′′I = 2 ·R · ra =⇒ IM · IF′ = (OI−R) · (OI+R) = OI
2−R2
luego, como OI = da :
d2a−R2 = 2 ·R · ra =⇒ d2a = R2 +2 ·R · ra
32
26.3 Teorema de Feuerbach
La siguiente proposición suele conocerse con el nombre de Teorema de Feuerbach, y relaciona la
circunferencia inscrita, en un triángulo
4
ABC con la circunferencia de los nueve puntos (circunferencia
de Euler-Feuerbach).
PROPOSICIÓN 1. La circunferencia inscrita en un triángulo es tangente a la circunferencia de
los nueve puntos del mismo.
En efecto: Sea M el punto medio del lado BC, del triángulo
4
ABC, y T1, T2 los puntos de contacto de las
circunferencias inscrita y exinscrita tangente a este lado.
Sabemos que
BT2 = CT1 = p− c ,
siendo p el semi-perímetro del triángulo dado, y c = AB; luego M es también el punto medio de T2T1.
Si aplicamos a la circunferencia de Feuerbach la inversión de centro M, y potencia MT1
2
= MT2
2, las
circunferencias inscrita y exinscrita serán inversas de si mismas, puesto que toda circunferencia respecto
de la cual el centro de inversión tenga potencia igual a la potencia de inversión se transforma en si misma.
Por pasar la circunferencia de Feuerbach por el centro de inversión M, su homóloga será una recta paralela a
la tangente en M a dicha circunferencia, es decir paralela a la tangente en A a la circunferencia circunscrita,
y por tanto antiparalela al lado BC, respecto de los lados AB y AC. Nos resta, por tanto, hallar un punto
de dicha recta.
Consideremos el centro, V, de homotecia negativa, entre las dos circunferencias: la inscrita y la exinscrita.
Observemos que la cuaterna (IaVIA), formada por los centros de homotecia V y A, y los centros Ia e I,
es armónica, y se proyecta ortogonalmente según la cuaterna (T2VT1Ha), que también es armónica, por
conservarse las razones en la proyección; por lo tanto
MV ·MHa = MT1
2
= MT2
2
.
En consecuencia, V es el homólogo de Ha en la referida inversión, y la homóloga de la circunferencia de
Feuerbach no es otra más que la tangente interior a ambas circunferencia, distinta del lado BC, por ser
antiparalela a dicho lado respecto de AB y AC.
Dado que se verifica que: Si una recta y una circunferencia son tangentes, sus inversas también lo son
(puesto que tienen un punto común y sólo uno), la proposición que nos interesaba queda demostrada.
33
H
O
F
I
A
B C
A'
(c)
H
B1
T1
B2
a
Ia
M V
T2
O; centro de la circunferencia
 circunscrita.
I; centro de la circunferencia
 inscrita.
F; centro de la circunferencia
 de Feuerbach.
I ; centro de la circunferencia
 exinscrita.
a
Como aplicación de la homotecia entre dos circunferencias resulta la siguiente propiedad de la circunfe-
rencia de los nueve puntos.
PROPOSICIÓN 2. El radio de la circunferencia de Feuerbach, de un triángulo, es la mitad del de
la circunferencia circunscrita, y su centro, F, biseca al segmento OH, limitado por el circuncentro
y el ortocentro.
En efecto: Dado que el punto G, de intersección de las medianas, es decir el baricentro, divide a éstas
en dos segmentos, cuya razón es − 1
2
, aplicando a la circunferencia circunscrita la homotecia de centro
G, y razón − 1
2
, se obtiene la circunferencia que pasa por los puntos medios de los lados, es decir, la
circunferencia de Feuerbach.
34
Por tanto, su radiovale la mitad de radio de la circunferencia circunscrita, y su centro, F, estará alineado
con el ortocentro, H, y con el baricentro, G, distando de éste la mitad de aquél. Dicho centro, F, estará por
tanto situado en la recta de Euler, entre G y H, y a una distancia de O y de H igual a
3
2
·OG.
A
G
B C
O
(c)
(p)
M
H
F
Ejemplo 1. Determinación del segmento de Euler, de un triángulo
4
ABC.
Se determina el ortocentro, H, (punto de encuentro de las alturas), luego se determina el circuncentro, O, (punto
de encuentro de las mediatrices). El segmento que une H con O, es decir HO, es el segmento de Euler.
Una propiedad del segmento de Euler es que, dividido en tres partes iguales, el baricentro, G, (punto de encuentro
de las medianas), está a dos tercios del ortocentro, y a un tercio del circuncentro, es decir
GH =
2
3
·HO , GO = 1
3
·HO .
A
G
B
C
O
H
35
Lección 27.- TEOREMAS DE MENELAO Y CEVA
27.1 Teorema de Menelao
27.2 Teorema de Ceva
27.3 Ejemplos de aplicación
27.4 Teorema de Pappus (I)
27.1 Teorema de Menelao
Vamos a establecer dos proposiciones, recíprocas la una de la otra, que luego reuniremos en el conocido
Teorema de Menelao. Sea la siguiente la primera:
PROPOSICIÓN 1. Dado un triángulo
4
ABC, si una recta transversal, s, corta a los lados AB, BC y
CA, respectivamente, en los puntos P, M y N, se verifica la igualdad
AP
BP
· BM
CM
· CN
AN
=+1
En efecto: En primer lugar tracemos una recta cualquiera r, no paralela a la s, cuyo punto de intersección
sea I. Luego, tracemos, por los puntos A, B y C, paralelas a la recta s, que cortarán a la r en los puntos A′,
B′ y C′.
Aplicando, ahora, el Teorema de Thales, podemos escribir
AP
BP
=
A′I
B′I
;
BM
CM
=
B′I
C′I
;
CN
AN
=
C′I
A′I
Multiplicando miembro a miembro las tres igualdades, tendremos
AP
BP
· BM
CM
· CN
AN
=
A′I
B′I
· B
′I
C′I
· C
′I
A′I
=+1
como queríamos demostrar.
A
B
C
A'
B'
C'
P
N
M
I
r
s
37
Establezcamos, ahora, la recíproca de la anterior:
PROPOSICIÓN 2. Dado un triángulo
4
ABC, si se toman sobre sus lados, AB, BC y CA, respectiva-
mente, los puntos P, M y N, tales que se tenga
AP
BP
· BM
CM
· CN
AN
=+1
resultará, entonces, que tales puntos P, M y N, están alineados.
En efecto: Unamos los puntos M y N, y sea P′ el punto en el que la recta MN corta al lado AB; se trata de
demostrar que P′ coincide con P.
Puesto que los puntos M, N y P′ están alineados tendremos, en virtud de la proposición anterior
AP′
BP′
· BM
CM
· CN
AN
=+1
que comparada con la que figura como hipótesis
AP
BP
· BM
CM
· CN
AN
=+1
nos permite escribir la igualdad
AP
BP
=
AP′
BP′
lo que muestra que los puntos P y P′ coinciden.
En consecuencia, los puntos P, M y N, están alineados, como queríamos demostrar.
Tal como enunciamos, vamos a reunir las dos proposiciones anteriores en una sola, el siguiente:
TEOREMA DE MENELAO. Dado un triángulo
4
ABC, y situados en él los puntos P, M y N, respec-
tivamente, sobre los lados AB, BC y CA, es condición necesaria y suficiente, para que los puntos P,
M y N esten alineados, que se verifique que el producto de las tres razones simples (ABP), (BCM)
y (CAN), valga +1, es decir:
AP
BP
· BM
CM
· CN
AN
=+1
27.2 Teorema de Ceva
Vamos a proceder, ahora, en forma análoga a como hicimos en el punto anterior, reuniendo las dos pro-
posiciones siguientes en el conocido como Teorema de Ceva. Sea la siguiente la primera:
PROPOSICIÓN 1. Dado un triángulo
4
ABC, y un punto cualquiera, O, de su plano, si las rectas
AO, BO y CO, cortan a los lados AB, BC y CA, respectivamente en los puntos P, M y N, se verifica
la igualdad
AP
BP
· BM
CM
· CN
AN
=−1
38
En efecto: Apliquemos el Teorema de Menelao al triángulo
4
AMC, cortado por la transversal BN; así
tendremos
A
B C
P
N
M
O
AO
MO
· MB
CB
· CN
AN
=+1
Si la aplicación del Teorema de Menelao la hacemos al triángulo
4
AMB, cortado por la transversal CP,
tendremos
A
B C
P
N
M
O
AP
BP
· BC
MC
· MO
AO
=+1
Multiplicando las dos igualdades, anteriores se tendrá(
AO
MO
· MB
CB
· CN
AN
)
·
(
AP
BP
· BC
MC
· MO
AO
)
= 1
y simplificando, reordenando, y teniendo en cuenta que
BC =−CB
obtendremos la igualdad
AP
BP
· BM
CM
· CN
AN
=−1
como queríamos demostrar.
Establezcamos, ahora, la recíproca de la anterior:
39
PROPOSICIÓN 2. Dado un triángulo
4
ABC, se se toman sobre sus lados AB, BC y CA, respectiva-
mente, los puntos P, M y N, tales que
AP
BP
· BM
CM
· CN
AN
=−1
resultará, entonces, que las rectas AM, BN y CP, pasan por un mismo punto.
En efecto: Supongamos que las rectas AM y BN se cortan en un punto, O; unamos, entonces, el punto C
con el O, y designemos por P′ el punto de intersección de las rectas CO y AB. Lo único que tenemos que
hacer es demostrar que P′ coincide con P.
A
B C
P
N
M
O
P'
Como las rectas AM, BN y CP′ son concurrentes, tendremos en virtud de la proposición anterior
AP′
BP′
· BM
CM
· CN
AN
=−1 ,
que comparada con la que figura como hipótesis
AP
BP
· BM
CM
· CN
AN
=−1
nos permite escribir la igualdad
AP
BP
=
AP′
BP′
lo que muestra que los puntos P y P′ coinciden.
En consecuencia, las rectas AM, BN y CP pasan por un mismo punto, como queríamos demostrar.
Tal como anunciamos, vamos a reunir las dos proposiciones anteriores en una sola, el siguiente:
TEOREMA DE CEVA. Dado un triángulo
4
ABC, y situados en el los puntos P, M y N, respectiva-
mente, sobre los lados AB, BC y CA, es condición necesaria y suficiente, para que las rectas AM,
BN y BP sean concurrentes, que se verifique que el producto de las tres razones simples (ABP),
(BCM) y (CAN), valga −1, es decir
AP
BP
· BM
CM
· CN
AN
=−1
40
27.3 Ejemplos de aplicación
Veamos, a continuación, unos ejemplos sencillos en los que se aplican los teoremas anteriores.
Ejemplo 1. En un triángulo, los pies de las bisectrices exteriores están alineados
bisectriz exterior
bisectriz interior
a
b
c
A
B
C
A´
β
β
90º
α
α
γ
Dado un triángulo
4
ABC, si A′ es el pie de la bisectriz exterior correspondiente al vértice A, se verifica:
1o.- En el triángulo
4
AA′B:
A′B
sen ααα
=
c
sen γγγ
2o.- En el triángulo
4
AA′C:
A′C
sen (2 ·βββ +ααα)
=
b
sen γγγ
Ahora bien, dado que ααα +βββ = 900, es decir βββ = 900−ααα resultará
2 ·βββ +ααα = 2 · (900−ααα)+ααα = 1800−2 ·ααα +ααα = 1800−ααα
de donde
sen (2 ·βββ +ααα) = sen (1800−ααα) = sen ααα
Dividiendo, ahora, las dos igualdades de 1o y 2o, tendremos
A′B
A′C
=
c
b
Procediendo en forma análoga obtendríamos, si B′ y C′ son, respectivamente, los pies de las bisectrices exteriores
que pasan por B y C:
B′C
B′A
=
a
c
,
C′A
C′B
=
b
a
.
Al multiplicar las tres igualdades anteriores, obtenemos
A′B
A′C
· B
′C
B′A
· C
′A
C′B
=+1 ,
luego en virtud del Teorema de Menelao, los tres punto A′, B′, C′ están alineados, como habíamos enunciado.
41
B C
B'
A'
C'
a
bc
A
Bisectrices
exteriores
Recta que pasa
por los pies de
las bisectrices
exteriores
Ejemplo 2. En un triángulo las tres bisectrices interiores se cortan en un punto.
A
B Ca
b
c
B´
α
α
β
γ
m
n
Dado el triángulo
4
ABC, en virtud del Teorema de los senos se verifica:
1o.- En el triángulo
4
ABB′ :
m
sen ααα
=
c
sen βββ
2o.- En el triángulo
4
BCB′ :
n
sen ααα
=
a
sen γγγ
Dividiendo, ahora, las igualdades anteriores, y teniendo en cuenta que
sen βββ = sen γγγ ,
42
resultará
m
n
=
c
a
.
Sean, entonces, AA′, BB′, CC′ las bisectrices interiores del triángulo dado, y a, b, c las longitudes de los lados BC,
CA, AB.Tendremos, teniendo en cuenta los signos de los cocientes,
A′B
A′C
=− c
b
,
B′C
B′A
=− a
c
,
C′A
C′B
=− b
a
igualdades que, multiplicadas miembro a miembro dan como resultado
A′B
A′C
· B
′C
B′A
· C
′A
C′B
=−1 .
En consecuencia, en virtud del Teorema de Ceva, podemos afirmar que las bisectrices pasan por el mismo punto: el
incentro.
A
A'
B
B'
C
C'
Incentro
Ejemplo 3. En un triángulo,
4
ABC, los pies de dos bisectrices interiores, y de la bisectriz exterior del tercer ángulo,
están alineados.Veamos que es así: Conservando las notaciones de los dos ejemplos anteriores, podemos escribir
A′B
A′C
=
c
b
,
B′C
B′A
=− a
c
,
C′A
C′B
=− b
a
igualdades que al ser multiplicadas miembro a miembro, dan
A′B
A′C
· B
′C
B′A
· C
′A
C′B
=+1 .
Luego, en virtud del Teorema de Menelao, los tres puntos A′, B′, C′ están alineados, como habíamos enunciado.
A
B
B'
C
C'
A'
b
a
c
43
Ejemplo 4. En un triángulo, las tres alturas se cortan en un punto. Veamos que es así: Dado el triángulo
4
ABC, sean
AA′, BB′, CC′ sus tres alturas. Puesto que los ángulos B̂B′C y B̂C′C son rectos, se verificará que la circunferencia,
de diámetro BC, pasa por los puntos B′ y C′. Podemos, entonces, calcular la potencia del punto A, respecto a dicha
circunferencia, y escribir
AC′ ·AB = AB′ ·AC
es decir
C′A
B′A
=
AC
AB
.
Procediendo de la misma manera, por permutación circular tendremos
A′B
C′B
=
BA
BC
,
B′C
A′C
=
CB
CA
.
Multiplicando, ahora, estas tres igualdades miembro a miembro, resultará
C′A
B′A
· A
′B
C′B
· B
′C
A′C
=
AC
AB
· BA
BC
· CB
CA
=−1 .
Luego, en virtud del Teorema de Ceva, podemos afirmar que las tres alturas se cortan en un punto: el ortocentro.
A
A
B
B
C
C
O
O
A´
B´
C´
44
Ejemplo 5. En un triángulo, las rectas que unen los vértices con los puntos de los lados opuestos en contacto con
la circunferencia inscrita, se cortan en un punto.
Veamos que es así: Puesto que las tangentes, desde un punto, a una circunferencia son iguales, podemos escribir:
A′B = C′B , A′C = B′C , B′A = C′A ,
luego el producto
A′B
A′C
· B
′C
B′A
· C
′A
C′B
vale 1, en valor absoluto. Ahora bien, como cada uno de los cocientes es negativo, el producto valdrá −1, es decir
A′B
A′C
· B
′C
B′A
· C
′A
C′B
=−1
En consecuencia, en virtud del Teorema de Ceva podemos afirmar que, las tres rectas establecidas en el enunciado,
pasan por un mismo unto I.
A
B CA'
B'
C'
I
O
27.4 Teorema de Pappus (I)
La siguiente proposición, establecida ya por Pappus de Alejandría sobre el 300 a.C., es importante en la
geometría plana, y sobre todo en la fundamentación de la geometría proyectiva.
TEOREMA DE PAPPUS (I). Consideremos dos rectas coplanarias cualesquiera, r y r′; sobre la
primera fijamos los puntos A, C, E, y sobre la segunda los B, D, F. Si las tres rectas AB, CD, EF
cortan, respectivamente, a las DE, FA, BC, entonces los tres puntos de intersección L, M, N están
alineados.
En efecto: Dibujemos, en primer lugar, los diagramas que nos van a guiar en la demostración
E
C
A
N
L M
B F D
r
r'
45
Será igualmente válido el siguiente esquema:
E
A
N
L M
B
F
D r
r'
C
Por otra parte, para evitar considerar puntos en el infinito, consideremos que las rectas AB, CD, EF forman
un triángulo
4
UVW, como se muestra en la figura siguiente:
E
C
A
N L
M
B F D
r
r'
U
V
W
Sobre dicho triángulo,
4
UVW, razonaremos a continuación.
Aplicando el Teorema de Menelao a las siguiente cinco ternas de puntos:
(L, D, E) , (A, M, F) , (B, C, N) , (A, C, E) , (B, D, F)
obtendremos:
VL
WL
· WD
UD
· UE
VE
=+1
VA
WA
· WM
UM
· UF
VF
=+1
VB
WB
· WC
UC
· UN
VN
=+1
VA
WA
· WC
UC
· UE
VE
=+1
VB
WB
· WD
UD
· UF
VF
=+1
Dividiendo, ahora, el producto de las tres primeras igualdades por el producto de la dos últimas, y simpli-
ficando, resultará
VL
WL
· WM
UM
· UN
VN
=+1 ,
igualdad que nos muestra que los puntos L, M, N, están alineados, como queríamos establecer.
46
Observemos que, en la primera figura que aparece en la demostración del teorema anterior, hemos in-
dicado con flechas el sentido del teórico movimiento que nos permitiría recorrer los puntos desde el A
hasta el F.
Por otra parte, los puntos L, M, N son siempre intersección de dos segmentos, uno descendente y el otro
ascendente: El L se obtiene como intersección de las rectas AB y DE ; el N como intersección de BC
y EF ; y por último, el M como intersección de CD y FA . La alineación de los puntos L, M, N, está
garantizada por el teorema en cuestión.
Ahora bien, la situación y alineación de esos puntos no es intrínsecamente única, puesto que basta man-
tener los mismos puntos en las rectas dadas, renombrándolos de forma que cumplan las condiciones
del teorema, y aplicar el criterio de obtención descrito más arriba, con lo que obtendremos distintas
ternas (L, M, N), también alineadas, de acuerdo con lo que establece el teorema. Veámoslo en las dos
construcciones siguientes, en los que los puntos son los mismo de la figura sobre la que hemos estado
razonando, y lo único que hemos hecho es renombrarlos y operar.
E
C
A
N
L
M
BF D
r
r'
47
E
C
A
N
L
M
B
F
D
r
r'
48
Lección 28.- SEMIMEDIANAS
28.1 Semimedianas
28.2 Propiedades
28.3 Punto de Lemoine
28.1 Semimedianas
Diremos que dos rectas AP y AP′, son isogonales respecto de un ángulo Â, si forman el mismo ángulo
(y de sentido contrario) con sus lados.
Podemos afirmar, por tanto, que dos isogonales son simétricas respecto a la bisectriz del ángulo.
Dado un triángulo
4
ABC, llamaremos semimediana a la isogonal de la mediana.
Observamos que la semimediana será, siempre, simétrica de la mediana respecto de la bisectriz del án-
gulo que parte del mismo vértice. Estudiaremos las propiedades de las rectas y segmentos de la siguiente
figura en el apartado 28.3
A
B
B'
C
C'
P
P'
Â
Rectas isogonales
respecto de Â
Bisectriz de Â
49
Ejemplo 1. Es inmediato comprobar que el lugar geométrico de los puntos medios de las paralelas a la base de un
triángulo es la mediana correspondiente. Más interés presenta el establecer que el punto medio de las antiparalelas
CB y C′B′ a los lados del triángulo, AB y AC, es la semimediana, es decir, la recta simétrica de la mediana respecto
de la bisectriz que parte del mismo vértice.
A
BC
O
E
E'
C'
B'
G
G'
F
F'
M
M'
S
mediana
semimediana
bisectriz
Si AO es la bisectriz de Â, y hacemos AC′ = AC y AB′ = AB, obtenemos la recta B′C′, que junto con la CB,
determinan ser antiparalelas respecto de los lados del triángulo, AC y AB. Serán, así mismo antiparalelas todos los
pares E′G′, EG, etc. Así como AM es la mediana del triángulo
4
ABC, resultará que
4
AM′ es la mediana del triángulo
4
AB′C′, lugar geométrico de los puntos medios de los segmentos E′G′, EG, etc.
Observemos, por otra parte que la recta AS es la simétrica de la mediana, AM, respecto de la bisectriz AO, a la que
daremos el nombre de semimediana.
Ejemplo 2. La semimediana que parte de un vértice A, de un triángulo
4
ABC, es el lugar geométrico de los puntos
en los que las antiparalelas a los lados de los ángulos B̂ y Ĉ son iguales entre sí.
A
BC
E
M
S
semimediana
D
N
=
=
_
_
50
Sea AS la semimediana: Basta comprobar que SD, antiparalela de AB, es igual que SE, antiparalela de AC.
Por el punto S, tracemos la antiparalela MN de la base BC. Como sabemos que SM = SN, los triángulos
4
DSM y
4
ESN, resultaran isósceles (por ejemplo, los ángulos D̂ y M̂ son iguales al B̂); luego
SD = SM y SE = SN .
Así, las antiparalelas SD y SE son iguales entre sí. Observemos que el razonamiento es válido para todos los puntos
de la semimediana, lo que se traduce en poder decir que la semimediana es el lugar geométrico de los puntos de
intersección de las antiparalelas iguales.
28.2 Propiedades
PROPOSICIÓN 1. La semimediana correspondiente a un vértice, del triángulo,
4
ABC, sea el A,
pasa por el punto de intersección de las tangentes trazadas a la circunferencia circunscrita por los
otros dos vértices, B y C.
En efecto: Sabemos que la semimediana es el lugar geométrico de los puntos de intersección de las antipa-
ralelas iguales ID, JE, y de las rectas iguales LD, LE; en consecuencia las tangentes CP, BP son iguales,
y antiparalelas respecto de los ángulos B̂ y Ĉ, luego la semimediana AL pasa por el punto P.
A
BC
ED
O
L
I J
P
51
Ejemplo 1. La proposición anterior nos facilita una manera de trazar la semimediana correspondiente
a un vértice. Así dado el triángulo
4
ABC,la semimediana correspondiente al vértice A será la recta, Sa,
que une dicho vértice con el punto de intersección de las tangentes a la circunferencia circunscrita, en los
vértices B y C, del triángulo dado.
A
BC
O
P
Sa
Sb
Sc
1
P2
P3
Punto de intersección
de las semimedianas
S , S y Sa b c
52
PROPOSICIÓN 2. Las distancias de un punto de la semimediana a los lados adyacentes, son pro-
porcionales a las longitudes de esos lados.
En efecto: Sean CM la mediana y CS la semimediana, correspondientes al vértice C, del triángulo
4
ABC.
Estas dos rectas son simétricas respecto a la bisectriz, y los ángulos B̂CM y ÂCS iguales, como también
lo son B̂CS y ÂCM.
Además, los triángulos
4
CSX y
4
CMQ son semejantes, como también lo son los
4
CSY y
4
CMP. De estos
triángulos resultan las igualdades
x
q
=
CS
CM
,
y
p
=
CS
CM
de donde
x
y
=
q
p
;
Así los triángulos
4
ACM y
4
BCM tienen bases iguales e igual altura. Luego
a ·p = b ·q =⇒ q
p
=
a
b
lo que nos conduce a que:
x
y
=
a
b
.
A
B
C
M S
X
P
Q
a
b
Y
h
p
x
q
y
H
Una traducción útil, de esta proposición sería la siguiente: La semimediana es el lugar geométrico de los
puntos cuyas distancias a los lados adyacentes son proporcionales a esos mismos lados.
53
Ejemplo 2. La proposición anterior nos sugiere una nueva manera de determinar las semimedianas. Bastará con
trazar paralelas a los lados del vértice que nos interese, a una distancia de los mismos igual a su longitud (o cantidades
proporcionales); su punto de intersección será punto de paso de la semimediana correspondiente.
A
B
CS
Sa
c
b
b
c
Semimediana
PROPOSICIÓN 3. Los segmentos determinados por cada semimediana sobre el lado opuesto, son
proporcionales a los cuadrados de los lados adyacentes, y recíprocamente.
En efecto: Utilizaremos el resultado, y la figura de la proposición anterior.
Por la semejanza de los triángulos rectángulos
4
BSX y
4
BCH, tenemos
BS
x
=
a
h
.
Por la semejanza de los triángulos rectángulos
4
ASY y
4
ACH, tenemos
AS
y
=
b
h
.
Luego: (
BS =
a ·x
h
y AS =
b ·y
h
)
=⇒ BS
AS
=
a ·x
b ·y
,
y como (proposición anterior):
x
y
=
a
b
, tendremos en definitiva
BS
AS
=
a2
b2
.
54
PROPOSICIÓN 4. Dado un triángulo,
4
ABC, la tangente a su circunferencia circunscrita en el
vértice C, es el lugar geométrico de los puntos cuyas distancias a los lados del ángulo Ĉ, son pro-
porcionales a los lados CB = a y CA = b. (A la recta CT, antiparalela de AB, se le llama, también
semimediana exterior).
En efecto: Si CT es la tangente en cuestión, deberá verificarse que:
x
y
=
a
b
, la misma igualdad que se
tenía para los putos de la semimediana CS. Veámoslo:
Por el vértice C trazaremos CL, paralela a la base, con lo que las rectas CT y CL son simétricas respecto
de las bisectrices CI y CJ. Como los triángulos
4
EBC y
4
EAC son equivalentes (tienen la misma base, CE,
y la misma altura), tenemos
a ·EG = b ·EF
es decir
x′
y′
=
b
a
;
luego para la línea simétrica, CT, se tendrá la razón inversa
x
y
=
a
b
.
AB M S
L
J G
E
D
T
I
F
a
b
P
y
x
y'
x'
C
55
Ejemplo 3. El razonamiento de la proposición anterior nos facilita una manera de trazar antiparalelas a dos rectas
dadas, CB y CA. Si una de ellas es la BA, la otra puede ser la tangente, en el punto C, del triángulo
4
ABC, a la
circunferencia circunscrita a dicho triángulo.
AB
C
a
b
c
t
(c y t, son antiparalelas respecto de las a y b)
PROPOSICIÓN 5. Dado un triángulo,
4
ABC, su circunferencia circunscrita, (c), y la tangente a ella
en el vértice A, siendo D el punto de intersección de dicha tangente con la recta BC se verifica que:
1o.- Los cuadrados de los lados c y b están en la relación
BD
CD
.
2o.- Los cuadrados de los lados c y b están en la relación
BS
CS
, siendo S el punto de intersección de
la semimediana correspondiente al vértice A, con el lado opuesto a.
En efecto:
1o.- Sean AD la tangente, y AS la semimediana, ambas correspondientes al vértice A. Dado que los trián-
gulos
4
ABD y
4
CAD son semejantes, se verifica:
c2
b2
=
BD2
AD2
=
BD2
BD ·CD
=
BD
CD
2o.- La recta CF, paralela a la tangente AD, es antiparalela a CB, respecto de los lados del ángulo B̂AC.
Además el punto medio de CF, pertenece a la semimediana AOS del triángulo, puesto que esta línea es el
lugar geométrico de los puntos medios, O, de las antiparalelas a CB.
Dado que CF, paralela a la tangente, queda dividida en dos partes iguales, el haz (AB, AS, AC, AD) es
armónico, luego
BD
CD
=
BS
CS
56
de donde resulta, teniendo en cuenta el resultado de 1o,
c2
b2
=
BS
CS
.
A
B Sa
D
b
C
F
c
semimediana
semimediana exterior
O
(c)
Resumiendo: Las semimedianas trazadas desde un mismo vértice cortan armónicamente al lado
opuesto según la razón de los cuadrados de los otros dos lados.
PROPOSICIÓN 6. La semimediana y la mediana correspondientes a un mismo vértice, A, están
en la relación
2 ·b · c
b2 + c2
.
En efecto: Los triángulos
4
CAS y
4
BAM tienen un ángulo igual (el de su Â), luego son, entre ellos, como el
producto de los lados que comprenden dicho ángulo y por tener el mismo vértice, A, son entre ellos como
sus bases. En consecuencia,
b · s
c ·m
=
CS
BM
,
de donde resulta
s
m
=
c
b
· CS
BM
.
Reemplazamos, ahora, CS y BM por sus valores, en función de los lados, siendo
BM =
a
2
y de acuerdo con la proposición anterior
BS
CS
=
c2
b2
,
luego, sumando 1 a los dos miembros
BS
CS
+1 =
c2
b2
+1 =⇒ BS+CS
CS
=
c2 +b2
b2
=⇒ a
CS
=
c2 +b2
b2
y en definitiva
CS =
a ·b2
b2 + c2
.
57
Sustituyendo, ahora los valores determinados para CS y BM, obtenemos
s
m
=
c
b
·
a ·b2
b2 + c2
a
2
,
de donde
s
m
=
2 ·b · c
a2 + c2
.
B
A
M
D
b
CS
E
F
c
O
= =
m
s
Ejemplo 4. Consideremos el triángulo
4
ABC, inscrito en la circunferencia (c), y tracemos la tangente, t, a la
circunferencia en el vértice A de nuestro triángulo. Veamos como determinar los segmentos n, m y t, en función de
los lados del triángulo dado.
A
B CT a
b
c
O
(c)
α
α
t
n
m
Los triángulos
4
ACT y
4
ABT son semejantes, luego
b
c
=
m
t
=
t
n
,
y además
m−n = a .
58
De la primera igualdad resulta
b2
c2
=
m2
t2
y como
t2 = m ·n [potencia de T respecto (c)] ,
tendremos
b2
c2
=
m2
t2
=
m2
m ·n
=
m
n
Resultará, entonces, que:
m
n
=
b2
c2
=⇒ m−n
n
=
b2− c2
c2
=⇒ n = a · c
2
b2− c2
,
m
n
=
b2
c2
=⇒ m
m−n
=
b2
b2− c2
=⇒ m = a ·b
2
b2− c2
,
t2 = m ·n =⇒ t2 = a
2 ·b2 · c2
(b2− c2)2
=⇒ t = a ·b · c
b2− c2
.
28.3 Punto de Lemoine
Recordemos que las rectas CM y CM′ son isogonales respecto del ángulo Ĉ, si forman el mismo ángu-
lo, respectivamente, con sus lados. Observemos que equivale esto a decir que: Dos isogonales forman el
mismo ángulo con la bisectriz del ángulo dado.
Consideremos, ahora, dos puntos M y M′, situados sobre dos rectas isogonales respecto del ángulo Ĉ; si
proyectamos dichos puntos sobre los lados de Ĉ, sean, respectivamente, A,B y A′, B′, se verificarán las
propiedades siguientes:
A
A´
B
B´
M
M´
59
PROPOSICIÓN 1.
1o.- Los triángulos
4
MAB y
4
M′A′B′ son semejantes.
2o.- Se verifica la relación: MA ·M′A′ = MB ·M′B′ .
3o.- Las rectas AB y A′B′ son antiparalelas.
4o.- El cuadrilátero
�
ABA′B′ es inscribible.
5o.- La recta AB es perpendicular a la isogonal CM′.
(La demostración de estas propiedades es inmediata)
Recordando la definición de semimediana, podemos afirmar que: La semimediana es la isogonal de la
mediana
PROPOSICIÓN 2. Las tres semimedianas de un triángulo se cortan en un mismo punto.
En efecto: Ya sabemos (Proposición 2, del apartado anterior), que la semimediana es el lugar geométrico
de los puntos cuyas distancias a sus lados adyacentes son proporcionales a esos lados.
Sea, por tanto, K el punto de intersección de las semimedianas que pasan por los vértices A y B; tendremos
y
z
=
b
c
y
z
x
=
c
a
.
Multiplicando estas igualdades, obtenemos
y
x
=
b
a
,
luego, el punto K pertenece también ala semimediana del vértice C.
AB
C
S
M
Ka
b
c
x
y
z
Dado un triángulo,
4
ABC, llamaremos punto de Lemoine, o punto semimediano, al punto de intersec-
ción común de las tres semimedianas del triángulo.
60
A
B
C
O
E
F
L
M
N
A'
B'
Semimedianas: AA', BB', CC'
Punto de Lemoine
Semimedianas exteriores: AL, BM, CN
Recta de Lemoine
C'
K
_ _
_
_
_ _
61
Ejemplo 1. Consecuencia de la misma proposición a la que hacíamos referencia en el ejemplo anterior, del apartado
anterior, es la facilidad para determinar el punto de Lemoine, que consiste en trazar las tangentes a la circunferencia
circunscrita, y unir luego sus puntos de intersección con los vértices que se oponen, o sea A con P1, B con P2, y C
con P3, que determinan así mismo las semimedianas. Observamos que, bastaría con determinar dos semimedianas
para obtener el punto que nos interesa, el K.
A
B
C
P P
S
P1
2 3
Sa
Sb
c
O
K
62
Ejemplo 2. Las semimedianas de un triángulo rectángulo se cortan en el punto medio de la altura sobre la hipote-
nusa.
Comprobamos que, siendo AK = KH = x, se verifica
x
y
=
a
b
,
para lo cual basta con observar que los triángulos
4
AKP y
4
BAC son semejantes, lo que nos establece la igualdad
dada. Así tenemos que CF es la semimediana correspondiente al vértice C.
En la misma forma se comprueba que
z
y
=
c
b
lo que nos mostraría que AH es la semimediana correspondiente al vértice A.
A
B CH
P
E
F
K
a
b
c
x
z
y
Punto de Lemoine
En virtud de la Proposición 3 del apartado anterior, podemos afirmar que: La recta que une el vértice de un ángulo
agudo, de un triángulo rectángulo, con el punto medio de la altura relativa a la hipotenusa, divide al lado que
le corresponde en segmentos proporcionales a los cuadrados de los lados adyacentes.
Así tendremos:
AE
CE
=
c2
a2
.
Ejemplo 3. La razón de un lado cualquiera de un triángulo a la distancia de este lado al punto de Lemoine, es igual
a la razón de la suma de los cuadrados de los tres lados, al doble del área, S, del triángulo dado.
Se trata de demostrar que:
a
x
=
a2 +b2 + c2
2 ·S
⇐⇒ x
a
=
2 ·S
a2 +b2 + c2
.
AB
C
a
b
c
x
y
z
F
D
E
K
63
Como las distancias del punto de Lemoine, K, a los lados están en la misma relación que esos lados, se tiene
x
a
=
y
b
=
z
c
=⇒ a ·x
a2
=
b ·y
b2
=
c · z
c2
de donde resultará
x
a
=
a ·x+b ·y+ c · z
a2 +b2 + c2
=
2 ·S
a2 +b2 + c2
y finalmente:
a
x
=
b
y
=
c
z
=
a2 +b2 + c2
2 ·S
.
64
Lección 29.- CIRCUNFERENCIA DE TUCKER
29.1 Circunferencias de Lemoine
29.2 Circunferencia de Taylor
29.3 Circunferencia de Tucker
29.1 Circunferencia de Lemoine
Las dos circunferencias de Lemoine, que vamos a estudiar, son casos particulares de las denominadas
circunferencias de Tucker; veremos, así mismo, que también la denominada circunferencia de Taylor es
otro caso particular de estas circunferencias.
PROPOSICIÓN 1. Si por el punto de intersección de las semimedianas de un triángulo (punto de
Lemoine), K, trazamos paralelas a los tres lados, los seis puntos de intersección de los lados y esas
paralelas son concíclicos, y determinan la primera circunferencia de Lemoine.
En efecto: Sean DE, FG, IJ, las paralelas a los lados del triángulo
4
ABC, por el punto de Lemoine, K.
Vamos a probar que el hexágono
�
DFJEGI es inscribible.
Las paralelas y los lados determinan tres paralelogramos, tales como el
�
ADKF, siendo el punto M, de
intersección de sus diagonales, el punto medio de DF. Por ser AK una semimediana, la recta DF, que
divide en dos partes iguales, es antiparalela a BC, respecto de los lados del ángulo Â. Por la misma razón
IG es antiparalela de AB, y JE de AC. Los ángulos ÂFD y B̂JE son iguales, e iguales a su vez al ángulo
Ĉ, por el antiparalelismo; por tanto
�
DFGE es un trapecio isósceles, como también lo son
�
FDIG y
�
JEGI.
Cada uno de ellos es inscribible, y la circunferencia que pasa por los puntos E, J, F, D, pasa igualmente
por el punto I, puesto que el cuadrilátero
�
JFDI es inscribible, al ser DF e IJ antiparalelas respecto a los
otros dos lados; por lo mismo, la circunferencia pasa por G.
A
B C
D
E
F
G
IJ
L
N
T
OPrimera
Circunferencia
de Lemoine
Centro de la primera
circunferencia de
Lemoine OL=LK
Punto de Lemoine
Paralelas de LemoineParalelas de Lemoine 
M
K
DFJEGI es el 
hexágono de Lemoine
65
PROPOSICIÓN 2. La primera circunferencia de Lemoine divide a los lados de un triángulo en
segmentos proporcionales a los cuadrados de los lados. Cada segmento externo corresponde al
cuadrado del lado que le es adyacente, y el intermedio corresponde al cuadrado del lado sobre el
que se encuentra.
En efecto: Se trata de probar que se tiene, para los segmentos de BC, (ver figura anterior):
BE
c2
=
EG
a2
=
CG
b2
.
Como los triángulos
4
BJE,
4
EKG,
4
CIG, tienen la misma altura, KN = x, tendremos
Área de
4
BJE= BE ·x · · · · · · · y la indicaremos por (BJE).
Área de
4
EKG= EG ·x · · · · · · · y la indicaremos por (EKG).
Área de
4
CIG= CG ·x · · · · · · · y la indicaremos por (CIG).
Así, podemos escribir
(BJE)
BE
=
(EKG)
EG
=
(CIG)
CG
Consideremos el primer cociente; los triángulos
4
BJE y
4
BAC son semejantes, puesto que EJ y AC son
antiparalelas; son entre ellos como los cuadrados de los lados homólogos BE y AB. Luego representando
(ABC) por S, se tiene
(BJE)
S
=
BE2
c2
=⇒ (BJE) = S ·BE
2
c2
.
Tendremos, entonces
(BJE)
BE
=
S ·BE2
BE · c2
=
S ·BE
c2
.
Razonando de la misma manera, tendremos para los otros dos cocientes:
(EKG)
EG
=
S ·EG
a2
y
(CIG)
CG
=
S ·CG
b2
de donde resultará, al suprimir el factor común S:
BE
c2
=
EG
a2
=
CG
b2
,
como queríamos establecer.
Obtendríamos también:
CI
a2
=
ID
b2
=
DA
c2
y
AF
b2
=
FJ
c2
=
JB
a2
66
PROPOSICIÓN 3. Los segmentos interceptados sobre los lados de un triángulo, por la primera
circunferencia de Lemoine, son proporcionales a los cubos de los lados correspondientes.
En efecto: Se trata de probar que se tiene; (ver figura anterior):
EG
a3
=
DI
b3
=
FJ
c3
.
Si llamamos x = KN, altura del triángulo
4
EKG, y S al área del triángulo
4
BAC, dado que ambos triángulos
son semejantes, podemos escribir
EG
x
=
a
h
=
a2
2 ·S
de donde, despejando EG, resulta
EG =
a2 ·x
2 ·S
.
Designando por x, y, z las distancias del punto K a los lados a, b, c, y dado que esas distancias son
directamente proporcionales a esos lados, tendremos
x
a
=
y
b
=
z
c
,
de donde resultará
a ·x
a2
=
b ·y
b2
=
c · z
c2
=
2 ·S
a2 +b2 + c2
.
Así,
x
a
=
2 ·S
a2 +b2 + c2
y despejando x, obtendremos
x =
2 ·S ·a
a2 +b2 + c2
.
y por tanto
EG =
a3
a2 +b2 + c2
.
En la misma forma se obtendriá
DI =
b3
a2 +b2 + c2
, FJ =
c3
a2 +b2 + c2
.
En consecuencia
EG
a3
=
DI
b3
=
FJ
c3
,
como queríamos establecer.
PROPOSICIÓN 4. Dado un triángulo,
4
ABC, las antiparalelas a sus lados, trazadas por el punto de
Lemoine, cortan a los lados en seis puntos concíclicos, que determinan la segunda circunferencia de
Lemoine.
En efecto: Sean DE, FG, HI las antiparalelas trazadas por K. Las antiparalelas, trazadas, están divididas
por K en dos partes iguales.
Por otra parte, observemos que el triángulo
4
KDG es isósceles, puesto que K̂DG = K̂GD = Ĉ.
67
Los puntos D, I, F, E, H, G, quedan, por tanto, situados sobre una misma circunferencia, la llamada
segunda circunferencia de Lemoine, que tiene su centro en K.
Segunda circunferencia
de Lemoine
Punto de Lemoine
Antiparalelas 
trazadas por K
AB
C
D
E
F
H
I
K
G
ρ
Ejemplo 1. Las cuerdas IF, EH, GD son proporcionales a los cosenos de los ángulos del triángulo
4
ABC.
Haciendo referencia a la figura de la proposición anterior, observamos que el triángulo
4
KGD es isósceles, lo que
nos permite escribir
1
2
·GD = KG · cos D̂GK = KG · cos Ĉ
y si hacemos KG = ρρρ (radio de la segunda circunferencia de Lemoine), tendremos
GD = 2 ·ρρρ · cos Ĉ .
En la misma forma se obtendría
IF = 2 ·ρρρ · cos  , EH = 2 ·ρρρ · cos B̂ .
En consecuencia:
IF
cos