Triangulo Órtico

Medellín, noviembre 2019

Triángulo órtico y circunferencia de los nueve puntos en un triángulo escaleno. (No obtusángulo)

Triángulo órtico

Teorema. Sea un triángulo general OAB, con ángulos internos <O, <A, <B. Las alturas trazadas desde los vértices son:

OH₂, AH₃, BH₁

El triángulo órtico es aquel que tiene como vértices H₁, H₂ y H₃, figura 1 a

La figura 1b, es igual a la 1a con algunos detalles.

Trazamos las circunferencias, una con diámetros OA que contiene, además, los puntos H₂ y H₃

Otra con diámetro OB, el cual contiene los puntos H₁ y H₂

Observemos los ángulos <k y y  <m

Vemos 2 ángulos <k que son subtendidos por el arco OH₃, de la circunferencia de diámetro OA

<k+<O=90 grados   Triangulo rectángulo ∆OH3A

<k+<x=90                Ángulos complementarios

De dónde <x=<O

Y por tanto ∆H₃BH₂ es semejante al triángulo ∆OAB (ver fig. 1b)

En la figura 1 c

Observamos 2 ángulos <p, que son iguales, porque son subtendidos por el arco BH₂, de la circunferencia cuyo diámetro es OB

<B+<p=90 grados    Triángulo rectángulo OH₂B

<x+<p=90                 Ángulos complementarios

De donde <x=<B

Y por tanto ∆H₁AH₂ es semejante al triángulo ∆OAB (ver fig 1c)

En la figura 1d

Observamos 2 ángulos r, que son iguales porque son subtendidos por el arco H₁A de la circunferencia cuyo diámetro es AB

<r+<A=90      Triángulo rectángulo BH₁A

<r+x=90         Ángulos complementarios

De donde se concluye que <x=<A

Y por tanto ∆OH₃H₁ es semejante al triángulo ∆OAB (ver fig 1d)

En resumidas cuentas, se da la semejanza de los siguientes triángulos

∆BH₃H₂                ∆H₂H₁A          ∆H₃H₁O y   ∆OAB y los ángulos correspondientes se indican en la figura 1d con diferentes colores.

Corolario.

Observemos en la figura 1d, los ángulos f y g

<f+<H₃H₁O=90

<g+<H₂H₁A=90

Se concluye, de analizar la figura (2), que f y g son iguales y por tanto la recta BH₁ es la bisectriz del ángulo órtico interno<H₃H₁H₂

Por tanto:

“Las alturas del triángulo ∆OAB, son las bisectrices del triángulo órtico”

Antes de continuar con la circunferencia de los 9 puntos, recordemos una propiedad importante que relaciona las mediatrices y las bisectrices en un triángulo general ABC.

Propiedad de bisectrices y mediatrices en un triángulo ABC:

“La mediatriz de un lado de un triángulo y las bisectrices del ángulo opuesto se intersectan sobre la circunferencia circunscrita”

Fig 2

Considere el triángulo ABC y la circunferencia circunscrita. La mediatriz MF, del lado BC es un diámetro de la circunferencia circunscrita.

Arco CF = arco FB y por consiguiente los ángulos <CAF y <FAB son iguales

y la recta AF es la bisectriz interior del ángulo A.

El ángulo MAF=90 grados y por tanto es la bisectriz exterior del ángulo A.

Por lo anteriormente expuesto, se puede decir que:

”la mediatriz de un lado de un triángulo y las bisectrices del ángulo opuesto se intersectan sobre la circunferencia circunscrita”

La segunda propiedad del triángulo órtico es conocida como el circulo de los nueve puntos de un triángulo. (circulo de Karl Wilhem Fuerbach.)

Teorema. Sea OAB un triángulo general (no puede ser obtusángulo) y H₁, H₂ y H₃ los pies de las alturas trazadas desde B.

La circunferencia circunscrita al triángulo órtico pasa por los siguientes puntos relacionados con el triángulo OAB:

Puntos medios de los lados: M₁, M₂, M₃

Puntos H₁, H₂ y H₃, pies de las alturas trazadas desde B, O y A respectivamente.

Y puntos medios de cada segmento de las alturas, entre el vértice y el ortocentro.

Trazamos la mediatriz del lado H₁H₂. Las bisectrices interior y exterior del ángulo en H₃ se interceptan en M₃ y F, de esa mediatriz, que son los extremos de un diámetro de la circunferencia circunscrita.

(Teorema anterior)

Existe una circunferencia con diámetro OB que contiene, además, los puntos H₂ y H₁. H₂H₁ es una cuerda y la mediatriz de esa cuerda pasa por el centro de la esta circunferencia, por tanto, M₃ debe ser ese centro y además el punto medio de OB.

De modo semejante, los triángulos HH₂A y HH₁A son rectángulos que comparten la hipotenusa HA. Por lo tanto, los H, H₂, A, H₁ son parte de una circunferencia cuyo diámetro es HA. Comparten la cuerda H₂H₁ y por tanto la mediatriz de H₂H₁ pasa por el centro de la misma, lo cual nos indica que F es el punto medio del diámetro HA.

De igual modo, se demuestra que los puntos M y P son los puntos medios de los lados AB y BC respectivamente. De forma análoga, se demuestra que los puntos D y H son puntos medios de los segmentos AI y CI respectivamente.

Hemos demostrado que la circunferencia circunscrita al triángulo órtico contiene los siguientes puntos: H₁, H₂ y H₃ y además, los puntos M₃ y F.

Haciendo la misma demostración para las mediatrices de H₃H₂ y H₁H₃, llegaríamos a la conclusión de que los puntos M₁, M₂, J e I también pertenecen a la circunferencia circunscrita al triángulo órtico, con lo cual se completarían los 9 puntos.

Juan Fernando Sanín E

Noviembre 2019                                 juanfernando.sanin@gmail.com

La recta de Euler en un triángulo, por geometría analítica

Medellín, noviembre de 2019

La recta de Euler

La recta de Euler de un triángulo es una recta en la que están situados el ortocentro, el circuncentro y el baricentro del mismo.

Se denomina así en honor al matemático suizo, Leonhard Euler, quien demostró la colinealidad de los mencionados puntos notables de un triángulo, en 1765.

Este teorema ya se había demostrado en blog, enla entrada de diciembre 13 del 2013, utilizando sólo geometría Euclidiana.


Come mencioné antes, esta demostración normalmente, se hace por geometría Euclidiana, aprovechando las propiedades de las alturas, medianas y mediatrices y con la ayuda de triángulos semejantes. Hoy la haremos por geometría analítica, para un triángulo cualquiera, cuyos vértices son O(0, 0), A(a ,0) y B(b ,c).

No vamos a trazar sino dos alturas (OH2 y BH1), porque sabemos que la tercera, trazada desde A pasa por H (ortocentro)

Igualmente, dos medianas OM2 y BM1, porque la tercera pasa por G o baricentro.

Igualmente, dos mediatrices M2C y M1C, porque la tercera pasa por C.

La tesis del teorema es que los puntos H, G y C están alineados.

Encontremos las coordenadas (x, y) del ortocentro.

Ecuación de la recta BH1

X=b      (1)

Ecuación de la altura OH2.

Pendiente de AB , mAB=c/(b –a)

Pendiente de OH2       mOH2= - (b – a) /c

La ecuación de OH2 es

Y= -((b – a) /c) x                                    (2)

La x de H es b                                       (3)

Y para encontrar la y de H, reemplazamos en (2) la x por su valor b

Y=- (b – a) b/c

H (b, (b/c) (a – b)                                   (4)

Encontremos ahora las cordenadas (x, y) de G, el baricentro

Sabemos que las medianas están a dos partes del vértice y a una de la base.

Nos ayudamos con esta propiedad y con los triángulos semejantes BH1M1 Y BTG

Como la proporción es de entre los triángulos es de 3 a 2

BT = (2/3)c      y

TH = c/3

La y del baricentro es c/3

Ahora nos ayudamos con los triángulos semejantes OM2S y OGW, que se encuentran en la relación de 3 a 2, por tanto OW = (2/3)OS = (2/3)(a + b)/2 = (a + b)/3

Por tanto, las coordenadas del baricentro son

G ((a + b) /3, c/3)                                        (5)

Encontremos ahora las coordenadas del circuncentro C.

Observemos que C es la intersección de la recta M1C o x=a/2 y la recta CM2.

De la recta CM2 conocemos la pendiente (la misma de OH2), que ya se encontró, o sea

mCM2=- (b - a) /c

Y conocemos un punto de esa recta M2((a + b) /2, c/2)               (6)

La ecuación de la recta CM2, es la ecuación del punto y la pendiente.

Y= c/2+((a – b) /c) (x - (a + b) /2)          (7)

Para C,  x=a/2

Y=c/2+((a – b) /c) (-b/2) =(c²-ab + b²) /(2c)

Las coordenadas de C (a/2, (c² – ab + b²) /(2c))………………..8

Ahora lo que tenemos que chequear es que la pendiente de HG y GC sean iguales

mHG=(c/3-(b/c)(a – b))/((a + b)/3 –b)

Simplificando

mHG=(c²-3ba+3b²) / ((c (a – 2b))                                    (9)

mGC=((c²-ab+b²)/(2c) – c/3)/ (a/2 - (a + b)/3)

Simplificando

mGC=((c²-3ba+3b²) / ((c (a – 2b))                                    (10)

Con lo cual queda demostrado el teorema, ya que si las rectas HG y GC tienen la misma dirección y tienen un punto en común, por tanto, obligatoriamente, se trata de una sola recta.

Juan Fernando Sanín E

Medellín, noviembre de 2019

La recta de Euler

La recta de Euler de un triángulo es una recta en la que están situados el ortocentro, el circuncentro y el baricentro del mismo.

Se denomina así en honor al matemático suizo, Leonhard Euler, quien demostró la colinealidad de los mencionados puntos notables de un triángulo, en 1765.

En una entrada anterior, este mismo teorema se había demostrado por geometría euclidiana.

Normalmente esta demostración se hace por geometría Euclidiana, aprovechando las propiedades de las alturas, medianas y mediatrices y con la ayuda de triángulos semejantes. Hoy la haremos por geometría analítica, para un triángulo cualquiera, cuyos vértices son O(0,0), A(a,0) y B(b,c).

No vamos a trazar sino dos alturas (OH2 y BH1), porque sabemos que la tercera, trazada desde A pasa por H (ortocentro)

Igualmente, dos medianas OM2 y BM1, porque la tercera pasa por G o baricentro.

Igualmente, dos mediatrices M2C y M1C, porque la tercera pasa por C.

La tesis del teorema es que los puntos H, G y C están alineados.

Encontremos las coordenadas (x, y) del ortocentro.

Ecuación de la recta BH1

X=b      (1)

Ecuación de la altura OH2.

Pendiente de AB , mAB=c/(b –a)

Pendiente de OH2       mOH2= - (b – a) /c

La ecuación de OH2 es

Y= -((b – a) /c) x                                    (2)

La x de H es b                                       (3)

Y para encontrar la y de H, reemplazamos en (2) la x por su valor b

Y=- (b – a) b/c

H (b, (b/c) (a – b)                                   (4)

Sabemos que las medianas están a dos partes del vértice y a una de la base.

Nos ayudamos con esta propiedad y con los triángulos semejantes BH1M1 Y BTG

Como la proporción es de entre los triángulos es de 3 a 2

BT = 2/3c      y

TH = b/3

La y del baricentro es b/3

Ahora nos ayudamos con los triángulos semejantes OM2S y OGW, que se encuentran en la relación de 3 a 2, por tanto OW = (2/3)OS = (2/3)(a + b)/2 = (a + b)/3

Por tanto, las coordenadas del baricentro son

G ((a + b) /3, c/3)                                        (5)

Encontremos ahora las coordenadas del circuncentro C.

Observemos que C es la intersección de la recta M1C o x=a/2 y la recta CM2.

De la recta CM2 conocemos la pendiente (la misma de OH2), que ya se encontró, o sea

mCM2=- (b - a) /c

Y conocemos un punto de esa recta M2((a + b) /2, c/2)               (6)

La ecuación de la recta CM2, es la ecuación del punto y la pendiente.

Y= c/2+((a – b) /c) (x - (a + b) /2)          (7)

Para C, x=a/2

Y=c/2+((a – b) /c) (-b/2) =(c²-ab + b²) /(2c)

Las coordenadas de C (a/2, (c² – ab + b²) /(2c))………………..8

Ahora lo que tenemos que chequear es que la pendiente de HG y GC sean iguales

mHG=(c/3-(b/c)(a – b)/((a+b)/3 –b

Simplificando

mHG=(c²-3ba+3b²)/ ((c (a – 2b))                                    (9)

mGC=(c/2-b(a – b)/(2c)-c/3)/(a/2 – (a+b)/3

Simplificando

mGC=(c²-3ba+3b²)/ ((c (a – 2b))                                    (10)

Con lo cual queda demostrado el teorema, ya que si las rectas HG y GC tienen la misma dirección y tienen un punto en común, y por tanto, obligatoriamente se trata de una sola recta.

Juan Fernando Sanin E