Medellín, mayo 2022

 

Demostraciones de geometría euclidiana por medio de vectores

1.    División de un segmento.

El punto P que divide a un segmento AB, en una razón dada λ.

Sean A y B dos puntos dados, sobre una recta L y a y b sus vectores de posición, desde un origen común, en alguna parte del espacio, aunque este, no se vea en el dibujo.

con a ≠ b. Un punto P divide al segmento AB en la razón λ, si y solo si

AP = λPB equivalente a: p – a = λ (b – p), equivalente a p + λp = a + λb; equivalente

A                   p = (a + λb) / (1 + λ)                                                  (1)

Recordemos que a, b y p son vectores posición, desde un origen común.

Además, si uno se encuentra que un vector de posición p es igual a:

p = (a + λb) / (1 + λ).

Y a y b son los vectores de posición de dos puntos A y B, se puede asegurar que existe un punto P, entre A y B (A, B y P colineales), que divide el segmento AB en la relación λ, tal que AP = λ PB

 AB=OB – OA = b - a

Figura 1

Observar que, aunque no se vea el origen O, el vector AB se puede escribir b - a

De acuerdo con el valor de λ, el punto P puede estar a la izquierda de A, entre A y B o a la derecha de B

 

(-1< λ < 0) │ (0 < λ < ∞ │ (-∞ > λ < -1)

-------------------------------------------------

                 A                 B

2.    Demostrar que la recta que une el punto de intersección de los lados de un trapecio, con el punto de intersección de sus diagonales, pasa por los puntos medios de las bases del trapecio. 

Prolongamos los lados AD y BC del trapecio y estas líneas se cortan en O. Igualmente encontramos el punto Q, intercepto de las rectas BD y AC.

Siendo DC paralela a AB, es obvio que DC = λ AB                  (1)

Recordar que una letra minúscula, en negrilla, significa el vector de posición de la letra. 

Figura 2               Trapecio

Aunque no se vea O, los puntos A, B, C y D, son los extremos de los vectores de posición OA, OB, OC y OD o simplemente a, b, c y d.

La (1) la reescribimos así:

c – d = λ (b – a)              reorganizando  c +λa = d+ λb, dividimos ambos lados por 1 +λ

(c + λa) / (1 +λ) = (d+ λb) / (1 +λ)     y miramos la ecuación (1) de tema 1

q₁ = (c +λa) / (1 + λ)                                             (2)

implica que existe un punto Q₁, colineal con A y C, entre A y C tal que AQ₁ = λQ₁C       q₁ es el vector de posición de Q₁

q₂ = (d +λb) / (1 +λ)                                              (3)

implica que existe un punto Q₂, colineal con B y D, entre B y C tal que BQ₂ = λQ₂D                                             

Y que siendo q₁ = q₂, los puntos Q₁ y Q₂ coinciden y lo llamamos Q, punto de intersección de las rectas AC y BD

q =(c + λa) / (1 + λ) = (d + λ b) / (1 + λ)                           (4)

Ahora veamos que el triángulo grande PAB es λ veces el triángulo PDC (Son semejantes)

Si DC = λ AB         entonces:

Ya que DP y PA tienen sentido contrario, entonces se conserva el valor λ, pero hay que poner – λ , ya que DP y PA tienen sentidos opuestos.

DP = - λPA       p – d = - λ (a – p)          p = (d – λa)/(1 – λ)         (5)

CP = - λPB       p – c = - λ (b – p)          p = (c - λ b)/(1 - λ )         (6)

La (5) nos ubica a P sobre la recta AD y la (6) nos ubica a P en la recta BC, por tanto P es el punto terminal del vector posición p, y es la intersección de las rectas AD y BC.

Las (4), (5) y (6) la convertimos en: (1 + λ) q = c + λa ᴧ (1 - λ) p = d – λa      (7)

Y sumamos miembro a miembro

(1 + λ)q + (1 - λ)p = c + d                                                                          (8)

Dividimos por 2 a ambos lados

((1 + λ)q + (1 - λ)p)/2 =(c + d)/2                         Este es un vector de posición entre P y Q, que no es otro que el punto N, punto medio de CD.

Ahora convirtamos la (4), (5) y (6) en (1 + λ) q = d + λb ᴧ (1 – λ)p = c – λb

Restemos miembro a miembro:

(1 + λ)q – (1 – λ)p = d + λb –c + λb = d – c + +2 λb                                 (9)

Recordemos que iniciamos el problema con la igualdad DC = λ AB

(c - d) = λ (b –a)           d – c = λ (a – b) y reemplazamos en (9)

(1 + λ) q – (1 – λ) p = λ(a – b) + 2 λb = λ (a + b)

(λ (a – b) + 2 λ b) = λ (a + b)            y            ((1 + λ)q – (1 – λ)p)/ λ = a + b

((1 + λ) q – (1 – λ) p) / 2 λ = (a + b) /2

Este es el vector de posición, de otro punto de la recta PQ y corresponde al punto medio de AB, el Punto N.

3.    Demostrar que, en un triángulo cualquiera, las medianas concurren en un punto que está a dos tercios del vértice y a un tercio de la base.

Figura 3 – Las medianas de un triángulo concurren.

Trazamos la mediana AM₁ y tomamos un punto G₁ sobre ella, en el punto que indica la hipótesis a 2/3 del vértice y a uç1/3 de la base. Por tanto, vectorialmente:

AG₁ = 2 G₁M₁                                                                                             (1)

Que, con vectores de posición, respecto a un origen común O que no está en el plano del triángulo.

g₁ –a = 2 (m₁ – g₁)                                           3g₁ = a + 2m₁      y m₁ = (b + c) /2

3g₁ = a + 2(b + c) /2                                          g₁ = (a + b + c) /3              (2)

G₁ es un punto sobre AM₁, que divide la mediana AG₁ = 2 G₁M₁, cuyo vector de posición está definido por la fórmula (2).

Hacemos lo mismo con la mediana BM₂. Tomamos un punto G₂, sobre BM₂, de acuerdo con la hipótesis.

Trazamos la mediana AM₂ y tomamos un punto G₂ sobre ella, en el punto que indica la hipótesis a 2/3 del vértice y a uç1/3 de la base. Por tanto, vectorialmente:

BG₂ = 2 G₂M₂ Que, con vectores de posición, respecto a un origen común O que no está en el plano del triángulo.

g₂ –b = 2 (m₂ – g₂)                                           3g₂ = b + 2m₂      y m₂ = (a + c) /2

3g₂ = b + 2(a + c) /2                                          g₂ = (a + b + c) /3   como vemos el vector de posición de G₂, es igual al de G₁ y por lo tanto G₁ y G₂ coinciden.

Hacemos lo mismo con la mediana CM₃. Tomamos un punto G₃, sobre CM₃, de acuerdo con la hipótesis. Con un procedimiento igual a los dos anteriores, encontraríamos que el vector de posición de G₃ será g₃ = (a + b + c) /3

G₁, G₂ y G₃ coinciden y lo llamamos G y la geometría llama a este punto baricentro o centro de gravedad.

4. Demostrar que, en un triángulo cualquiera, las alturas concurren en un punto

 

 Figura 4     Alturas de un triángulo

Con la misma nomenclatura que hemos estado empleando, sabemos que BH ┴ AC,

Por tanto:

(h – b). (c – a) =0                         producto escalar de dos vectores perpendiculares.

Por propiedad distributiva:

h.c – h.a – b.c +b.a = 0                                                        (1)

También sabemos que CH ┴ AB,

Por tanto:

(h – c). (b – a) =0

E igualmente:

h.b – h.a – c.b +c.a = 0                                                        (2)

Restando (1) - (2)

h.c – h.a – b.c +b.a – (h.b – h.a – c.b +c.a) = 0

h.c – h.b +b.a – c.a =0

h (c – b) +a (b –c) = -h (b – c) + a (b – c) = (a – h). (b – c)

Que, en la nomenclatura que hemos venido utilizando, HA. CB = 0, es decir

HA ┴ CB y por tanto, AH es la altura correspondiente al vértice A. Por tanto, las tres alturas concurren en un punto H, llamado ortocentro.

 

 

Juan Fernando Sanin E

juanfernando.sanin@gmail.com