MEDIANAS, BISECTRICES, CEVIANAS Y CIRCULOSSabado 25 de abril de 2015

Empezamos con un problemita:

Consideremos un triangulo cualquiera ABC. Si a, b, c, son los lados del triangulo y

ma, mb y mc las longitudes de sus medianas, probar que3

4<ma +mb +mc

a+ b+ c< 1.

Observamos la figura:1

3ma +

1

3mb >

c

21

3ma +

1

3mc >

b

21

3mc +

1

3mb >

a

2

Sumamos las tres expresiones y tenemos que ma +mb +mc+ >3

4(a+ b+ c)

2ma < b+ c 2mb < a+ c 2mc < a+ bSumando las tres desigualdades: ma +mb +mc < (a+ b+ c)Estas cotas no se pueden mejorar (pensar en los triangulos degenerados)

1. TEOREMA DE LA BISECTRIZ INTERIOR:

Sea ABC un triangulo cualquiera, trazamos la bisectriz del angulo B. Desde elvertice A trazamos una recta paralela a la bisectriz. Como los angulos ∠BAE y∠AEB son iguales, el triangulo es isosceles, por lo tanto EB = AB = c.

Y, aplicando el Teorema de Thales:a

c=

n

m

2. TEOREMA DE LA BISECTRIZ EXTERIOR:

Los triangulos ACC ′ y AEB son semejantes. Por el Teorema de Thales se tiene

que:a

CE=

c

AE

3. POTENCIA DE UN PUNTO RESPECTO A UNA CIRCUNFEREN-CIA

Los triangulos PAB′ y PA′B son semejantes, y en consecuencia:

PB′

PB=PA

PA′⇔ PA · PB = PA′ · PB′

PARA APLICAR ESTOS CONCEPTOS:

Un ejemplo trivial:

En el triangulo de lados 35, 56 y 78 se traza la bisectriz correspondiente allado mayor. Calcula las longitudes de los segmentos determinados por dichabisectriz.

Un ejemplo muy sencillo:

Calcula x

Un ejercicio:

Sea ABC un triangulo isosceles con ∠B = ∠C = 72◦;traza la bisectriz del

angulo C y despues calculaBC

AB −BC

Si CD es la bisectriz interior, por el teorema de la bisectriz se tiene que:b

a=

a

b− a= λ; es decir 1

λ=b− aa

=b

a− 1 = λ− 1.

Por lo tanto: λ2 − λ− 1 = 0 y λ =1 +√

5

2Otro ejercicio:

Un triangulo ABC, tiene los lados a = 7, b = 10, c = 4. Calcular la dis-tancia de los pies M y N de las dos bisectrices interior y exterior, AM yAN correspondientes al vertice A. Calcula tambien las longitudes de lasbisectrices.

BM = 2, CM = 5, CN =35

3, BN =

14

3, MN =

20

3, AM2 = 30, AN2 =

130

9.

Una aplicacion

En un triangulo cualquiera, la longitud de la mediana trazada desde unvertice es mayor o igual que la longitud de la bisectriz trazada por el mismovertice

Sin perdida de generalidad suponemos que AB ≤ AC. En este triangulo se

tieneBT

TC=AB

AC, se sigue que BT ≤ BM . Consecuentemente AT ≤ AM

Como AP es la altura, entonces ∠PAB ≤ ∠PAC, por lo tanto ∠PAB ≤∠TAB = ∠TAC ≤ ∠PAC. Es decir T esta entre P y M .

Un resultado curioso:

En un triangulo ABC, la altura, la bisectriz interior y la mediana dividenal angulo C en cuatro partes iguales. Probar que el triangulo es rectanguloen C.

El triangulo ACE es isosceles, por lo tanto CE = b.

Por el Teorema de la bisectrizAE

EB=AC

CB=b

ayAE

AB=

AE

AE + EB=

b

a+ b,

es decir AE =bc

a+ b

Por otro ladoFB

FE=BC

CE=a

b; pero FB =

c

2, FE = AF−AE =

c

2− bc

a+ b=

c(a− b)2(a+ b)Y ası tenemos que:

c2

c(a−b)2(a+b)

=a

b⇔ a+ b

a− b=a

b⇔ b2+2ab−a2 = 0;

b2

a2+2

b

a−1 = 0, y,

b

a=√

2−1

Si nos fijamos, por ejemplo en los triangulos rectangulos ACD y DCB,tenemos:

b2 − (bc

2(a+ b))2 = a2 − (c− bc

2(a+ b))2 es decir b2 = a2 − c2 +

bc2

a+ b

Pero b = (√

2 − 1)a, y sustituyendo este valor en la expresion anteriorobtenemos: c2 = (4− 2

√2)a2

Y por lo tanto:

a2 + b2 = a2 + (√

2− 1)2a2 = (4− 2√

2)a2 = c2

Es decir, el triangulo ABC es rectangulo en C. Esta solucion no es muyelegante, pero es muy sencilla. Veamos otra solucion:

Trazamos la perpendicular a BC desde E, y tenemos el punto M y N es lainterseccion de MD y AC. El cuadrilatero CDEM es cıclico porque tienedos angulos rectos opuestos.

Entonces: ∠CMD = ∠CED = ∠CAD; y de aquı se sigue que los triangulosCMN y CAB son semejantes.

Esto implica que CD es la mediana trazada desde C en el triangulo CMN ,y en consecuencia AMEN es un paralelogramo (MN y AE tienen el mismopunto medio)

Finalmente, AN es una recta paralela a ME y como ME es perpendiculara BC, se sigue que AC es perpendicular a BC, es decir ∠C = 90◦, y ademas∠A = (135

2)◦ y ∠B = (45

2)◦

PROBLEMASupongamos que ABC es un triangulo cualquiera, y D es un punto arbitrario del

lado BC. Se pretende calcular la longitud t del segmento AD en terminos de los treslados del triangulo a, b y c y un cuarto dato que nos permita fijar la posicion del puntoD en el lado BC.

En la figura BD = m, DC = n para fijar la posicion de D; como m + n = a, essuficiente conocer la proporcion en la que el punto D divide al segmento BC, es decirm/n.

En la figura se ha elegido D de manera que no parezca ni una mediana ni unabisectriz. E es el pie de la altura desde A y h = AE es la longitud de esa altura.

Ahora aplicamos el Teorema de Pitagoras a todos los triangulos rectangulos queaparecen en la figura:

h2 = c2 −BE2 = t2 − ED2 = b2 − (ED + n)2

La introduccion de la altura se hace para facilitar la aplicacion del teorema dePitagoras; pero solo necesitamos las igualdades:

c2 −BE2 = t2 − ED2

t2 − ED2 = b2 − (ED + n)2

Estas dos igualdades las escribimos ası:c2 − (m− ED)2 = t2 − ED2

b2 − (ED + n)2 = t2 − ED2

Desarrollando cuadrados y simplificando llegamos a:c2 −m2 + 2m · ED = t2

b2 − n2 − 2n · ED = t2

Y multiplicando la primera ecuacion por n y la segunda por m y sumando losresultados se deduce que:

nc2 +mb2 −mn(m+ n) = (m+ n)t2, pero como m+ n = a, se tiene que:

nc2 +mb2 −mna = at2

A partir de aquı podemos despejar t y hemos resuelto el problema planteado.Dos observaciones:

Si el angulo B del triangulo ABC fuera obtuso, el punto B quedarıa entre E yD, pero los ajustes que hay que hacer en la demostracion y en la expresion finalson faciles y se obtiene la misma expresion.

El mismo resultado se puede obtener aplicando el Teorema del coseno en lostriangulos ABD y ADC para obtener en cada caso c2 y b2, y teniendo en cuentaque los angulos con vertice comun D son suplementarios se continua como antes.

Este resultado se conoce como Teorema de Stewart(matematico escoces1717− 1785)

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 = a2; la mediana AD tiene una

longitud que llamamos ma, y la sustitucion directa de ese valor comun de m y n

nos proporciona: m2a =

b2 + c2

2− a2

4Y a partir de aquı, obtenemos las otras medianas.

2. Longitudes de las bisectrices interiores

En este caso:m

n=c

b⇔ m+ n

n=c+ b

b⇔ a

n=c+ b

b⇒ n =

ab

c+ bY analogamente:m

n=c

b⇔ m

m+ n=

c

c+ b⇔ m

a=

c

c+ b⇒ m =

ac

c+ bde modo que con el teorema de la bisectriz y una propiedad de las proporcioneshemos conseguido averiguar los valores de m y n que nos interesaba. Sustituyendoestos valores, una vez simplificada la expresion obtenemos que la longitud de labisectriz interior es

w2a = bc

(1− a2

(b+ c)2

)Esto es lo mismo que decir que w2

a = bc−mnY de nuevo por permutacion cıclica de a, b y c tenemos las longitudes de las otrasbisectrices. La figura siguiente muestra una forma de dibujar la bisectriz interiordel angulo A:

APLICACION: TEOREMA DE STEINER-LEHMUS

Es un ejercicio trivial probar que un triangulo isosceles las longitudes de las bisec-trices interiores correspondientes a los angulos iguales son iguales.

Un triangulo ABC que tiene dos bisectrices interiores iguales, es isosceles. (elrecıproco es trivial)

w2a = bc

(1− a2

(b+ c)2

)= ac

(1− b2

(a+ c)2

)= w2

b

De aquı, con mucha paciencia:c(a− b)(a+ b+ c)(a2b+ a(b2 + 3b+ c2) + bc2 + c3) = 0⇒ a = bOtra prueba mucho mas bonita:A lo largo de la historia ha habido muchas personas que quisieron probar el recıpro-

co, es decir, si un triangulo tiene dos bisectrices interiores iguales entonces es isosceles.En 1840, Lehmus, pregunto al famoso geometra Steiner por tal resultado. Steiner diouna demostracion que publico en 1944. En 1950 Lehmus encontro otra prueba. Sin em-bargo, fue el matematico frances Rougevain quien primero publico una demostracionen 1942.

En una revision de un libro de Coxeter, Martin Gardner comento la demostraciondel Teorema de Steiner-Lehmus y recibio muchas demostraciones; selecciono la que con-sidera la mejor y la publico en la revista American Mathematical Monthly. Esa pruebase debe a dos ingenieros ingleses G. Gilbert y D. McDonnell. Despues de publicarla sedieron cuenta que era esencialmente la original de Lehmus.

Sea ABC un triangulo que tiene las bisectrices BM y CN iguales. Se completa elparalelogramo NBMG, por lo tanto los tres angulos marcados con b son iguales y lomismo pasa con los angulos marcados con c. Basta probar que b = c. Supongamos queb > c y vamos a llegar a un absurdo. En los triangulos NBC y MBC tienen el ladoBC comun; Como b > c, entonces el lado CM es mayor que BN .

En el triangulo CGN tenemos que CN = NG, por lo tanto b+ g = c+ h, y comob > c, entonces g < h, con lo que CM < MG, y por lo tanto CM < BN y esto es unacontradiccion.

La publicacion del Teorema de Steiner-Lehmus motivo el planteamiento de varia-ciones de este problema. Por ejemplo ¿que sucede si se triseca el angulo?

Si en esta figura ∠CBD = ∠CBA3

, ∠BCE = ∠BCA3

y BD = CE, ¿se puede demos-trar que AC = AB ?

La respuesta es SI, es mas 1/3 se puede reemplazar por cualquier fraccion entre 0y 1. La demostracion no es facil.

Otra variacion de este problema implica la bisectriz exterior.

El problema de las bisectrices exteriores

En el caso de las bisectrices exteriores, la situacion es algo mas compleja. Si eltriangulo es isosceles, las bisectrices exteriores correspondientes a los angulos igualesson iguales. El recıproco, a primera vista parece plausible. Sin embargo no es verdad.Emmerich encontro un triangulo de angulos 132◦, 36◦, y 12◦ que tiene dos bisectricesexteriores iguales.

Para ver que tiene dos bisectrices exteriores iguales, consideremos el siguiente dia-grama:

El triangulo ABC tiene el angulo ∠CAB = 36◦, ∠ABC = 132◦ y ∠BCA = 12◦ labisectriz del angulo ∠ABU corta a la prolongacion del lado AC en F , de este modoBF es la bisectriz exterior de B. La bisectriz exterior del angulo ∠ACV corta a laprolongacion del lado AB en G, es decir CG es la bisectriz exterior de C. Veamos queBF = CG.

Facilmente comprobamos que ∠FBA == 24◦ y que ∠FBC = 156◦

Consideremos ahora el triangulo BCF∠BCF = 12◦, y ∠BFC = 12◦

Como ∠BFC = ∠BCF , el triangulo FBC es isosceles con BF = BC.Ahora consideramos el triangulo BCG:∠BCG = 84◦, ∠GBC = 48◦ y ∠BGC = 48◦

Como ∠GBC = ∠BGC, el triangulo BCG es isosceles con CG = BC y ambos soniguales a BC, entonces las bisectrices exteriors son iguales.

PROBLEMA1

Sean a, b, c las longitudes de los lados BC,CA y AB respectivamente del trianguloABC. Sean ma, mb y mc las longitudes de las medianas y D el diametro del cırculocircunscrito del triangulo ABC. Demostrar que

a2 + b2

mc

+b2 + c2

ma

+c2 + a2

mb

≤ 6D

Sean M , N y L los puntos medios de BC,CA y AB, respectivamente. ProlongamosAM ,BN y CN hasta que corten a la circunferencia circunscrita en X, Y , y Z, respec-tivamente. Si consideramos la potencia del punto M con respecto de la circunferenciaAM ·MX = BM ·MC y de aquı MX = (BM ·MC)/AM . Como BM = MC = a/2

y AM = ma, se tiene que MX =a2

4maAplicamos el Teorema de Stewart para la mediana ma:

AM2 ·BC = AC2 ·BM + AB2 · CM −BC ·BM · CM

AM = ma, BC = a, AC = b, AB = c, BM = CM = a/2; m2a = (2b2 + 2c2 − a2)/4

AX = AM +MX y AX = ma +a2

4ma

=4m2

a + a2

4ma

y por tanto

AX =2b2 + 2c2 − a2 + a2

4ma

=b2 + c2

2maComo AX es una cuerda de la circunferencia y la cuerda mas larga es el diametro,

luegob2 + c2

2ma

≤ D, es decir queb2 + c2

ma

≤ 2D

Si realizamos el mismo procedimiento con las otras medianas, obtenemos quec2 + a2

mb

≤

2D ya2 + b2

mc

≤ 2D Total:

a2 + b2

mc

+b2 + c2

ma

+c2 + a2

mb

≤ 6D

PROBLEMA 2, OME 2015 En el triangulo ABC, sea A′ el punto simetrico de A

respecto del circuncentro O de ABC. Llamamos I al incentro del triangulo ABC. DesdeA y A′ se trazan las tangentes a la circunferencia unscrita, esas tangentes determinandos segmentos distintos t y t′. Probar que t2 + t′2 = 4R2− 4Rr− 2r2, siendo R el radiode la circunferencia circunscrita al triangulo y r el radio de la circunferencia. Utilizarla igualdad de Euler, OI2 = R2 − 2Rr.

t2 = AI2 − r2

t′2 = A′I2 − r2

t2 + t′2 = AI2 + A′I2 − 2r2

Pero en el triangulo AIA′, podemos considerar IO, y entonces se tiene que:AI2 + A′I2 = 2IO2 + 2R2 = 2(R2 − 2Rr) + 2R2.Y al final t2 + t′2 = 4R2 − 4Rr − 2r2

PROBLEMA 3

Probar que si se tienen tres cevianas iguales en un triangulo que dividen a los ladosen la misma proporcion, entonces el triangulo es equilatero.

Sean las cevianas AD, BE y CF y la razon comunAF

BF=BD

CD=CE

AE=

λ

1− λ.

Si λ = 1/2, las cevianas son las tres medianas. Utilizando la formula m2a = (2b2 +

2c2 − a2)/4 de la longitud de una mediana, las igualdades ma = mb = mc dan quea = b = c.

Si λ 6= 1/2, se puede aplicar el teorema de Stewart a cada triangulo y se obtiene elresultado. Si hacemos uso del teorema del coseno (hay algunos chicos que ya lo conocen)tambien:

El teorema del coseno en cada uno de los seıs triangulos del tipo ABD dan:

d2 = λ2a2 + c2 − 2λac cosB (1)

= (1− λ)2a2 + b2 − 2(1− λ)ab cosC (2)

= λ2c2 + b2 − 2λbc cosA (3)

= (1− λ)2c2 + a2 − 2(1− λ)ac cosB (4)

= λ2b2 + a2 − 2λab cosC (5)

= (1− λ)2b2 + c2 − 2(1− λ)bc cosA (6)

Usando(3), (6) y 2bc cosA = b2 + c2 − a2 se obtiene:(1− λ2)b2 + (λ2 − 2λ)c2 + (2λ− 1)a2 = 0Usando(1), (4) y 2ac cosB = a2 + c2 − b2 se obtiene:(1− λ2)c2 + (λ2 − 2λ)a2 + (2λ− 1)b2 = 0Eliminando a2 entre estas dos ecuaciones se obtiene:(λ2 − λ+ 1)2(b2 − c2) = 0luego b = c. Analogamente a = b. Luego ABC es equilatero.

CIRCULOS DE APOLONIO

Dados dos puntos a y B sobre el plano y un numero k > 0. Se define el cırculo deApolonio como el lugar geometrico de los pontos P tales que AP/BP = k

Veamos el caso particular k = 2

Lo que tenemos que demostrar es que el lugar geometrico de los puntos P tal queAP/BP = k para los puntos fijos A y B y un numero k > 0 dado es una circunferencia.

Lo primero que hay que ver es que sobre la recta que pasa por A y por B soloexisten dos puntos C y D tal que AC/BC = AD/BD = k; AC = 2CB y AD = 2BD

Veamos que el lugar geometrico de los puntos P que verifican esa relacion es unacircunferencia.

Sea P un punto que verifica que AP/BP = 2. Los puntos C, D y P cumplen lacondicion pedida. Tenemos que AP/BP = AC/BC = 2, por el teorema de la bisectrizinterna de APD.

AP/BP = AD/BD = 2, por lo tanto PD es la bisectriz externa del trianguloAPB. Por lo tanto PC es perpendicular a PD. Por lo tanto cualquiera que sea P ,el angulo CPD es recto. El lugar geometrico de dichos puntos es la circunferencia dediametro CD. A esa circunferencia se llama circunferencia de Apolonio de razon 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 diametro DC. Sea P un punto de de S, es decir que el angulo DPC es recto. Ahoratrazamos por C una recta paralela a DP , llamamos M y N las intersecciones de dicharecta con BP y AP respectivamente.

Como DP//MN , ∠DPA = ∠ANC y ∠DAP = ∠CAN por lo tanto los triangulosADP y ACN son semejantes y DP/CN = AD/AC.

ComoDP//MN se tiene que los triangulosDBP y CMB son semejantes yDP/CM =BD/BC

Se sabe que los puntos A, B, C y D cumplen AC/BC = AD/BD = k, por lo tantoBD/BC = AD/AC

Pero a partir de estas igualdades tenemos que DP/CN = DP/CM y por tantoCM = CN

Como el angulo DPC es recto y DP//CN , por lo tanto PCN es recto y PCes la altura del triangulo NMP , pero tambien es mediana porque CM = CN . Enconsecuencia PC es bisectriz interna de NMP y PC es bisectriz interna de APB.

Por lo tanto el angulo DPC es recto; DP es bisectriz externa del triangulo APB.Por el teorema de la bisectriz interna/externa se tiene que AP/BP = AC/BC =AD/BD = k

Si k = 1, el lugar geometrico es la mediatriz del segmento.

PROBLEMA4

En un triangulo ABC se construyen los cırculos de Apolonio de segmento BC yrazon b/c, de segmento AC y razon c/a y, de segmento BA y razon a/b. Probar quepasan por un mismo punto P .

Sea P el punto en el que se cortan los cırculos de Apolonio de segmento BC y razonc/b y de segmento AC y razon c/a. Como P pertenece al cırculo de Apolonio de los dossegmentos, 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 unacondicion suficiente para decir que el punto P pertenece al cırculo de Apolonio delsegmento BA y razon a/b.