GEOMETRÍA DINÁMICA

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 Centroides

En los lados del triángulo ABC construye triángulos similares a un triángulo fijo DEF, como se muestra. Para mostrar que el triángulo resultante GHI tiene el mismo centroide con el triángulo ABC.

Se puede considerar que el triángulo CGA es el resultado de BCH girando el segundo triángulo por el ángulo en C y llevando una homotética al triángulo resultante. Como resultado de esta consideración, los lados correspondientes de los dos triángulos están en ángulo (C). El comentario análogo es válido también para las otras parejas de triángulos. Uno ve entonces la siguiente consecuencia. 
Dibuja el paralelogramo CHBJ. Entonces, los triángulos CGJ y IBJ son similares al triángulo ABC. De hecho, el ángulo (JCG) es igual al ángulo (BCA) y las relaciones GC / CJ = AC / CB. Al comparar longitudes y ángulos, se deduce que AGJI es un paralelogramo. Esto a su vez implica que BJI es similar a ABC. 
La declaración en la parte superior sigue luego al observar GHI como resultado de las adiciones de vectores a los vértices de ABC. De hecho, los resultados de GHI suman a los vértices correspondientes de ABC los vectores CG (a C), GI (a A) y JC (a B). Dado que estos vectores son lados del triángulo CGJ, su suma es cero y se puede aplicar el resultado referido en Centroids_0.html para obtener el resultado deseado.

Una propiedad de los centroides de los triángulos.

Dibuje a los vértices de un triángulo ABC paralelo e igual a los lados de otro triángulo DEF. El triángulo resultante GHI tiene el mismo centroide con el triángulo ABC.

Considere los lados del triángulo DEF como vectores libres: DE, EF, FD. Su suma es cero. Tomando un origen arbitrario O, el centroide o baricentro del triángulo ABC es el punto J, de manera que OJ = (1/3) (OA + OB + OC). Análogamente, el centroide de GHI sería el punto J ', de manera que OJ' = (1/3) (OG + OH + OI) = (1/3) ([OA + AG] + [OB + BH] + [OC + CI]) = DO, ya que AG + BH + CI = 0. Mira el archivo Centroids.html para una aplicación agradable.

Teorema de Ceva

Considere un triángulo ABC y tres puntos D en BC, E en CA y F en AB. Entonces, una condición necesaria y suficiente para estos puntos es que las líneas AD, BE y CF son concurrentes en un punto K o paralelas (concure en un punto en el infinito) es   
                                                             (DB / DC) (EC / EA) (FA / FB) = - 1. 
Aquí tenemos en cuenta la orientación de los segmentos, por lo que (FA / FB) es negativo para los puntos F entre A y B y positivo para las ubicaciones de F fuera del segmento AB. Por lo tanto, todos los factores del producto anterior son negativos.  

Tres líneas emitidas desde los vértices de un triángulo y concurrentes en un punto K se llaman cevianos del triángulo. Hay muchos cevianos famosos de un triángulo, como las medianas , las altitudes., los Bisectores , los Simmedios, etc.

Para la prueba, uno puede usar el teorema de Menelao (ver Menelao.html ) y aplicarlo dos veces. 
Primero para el triángulo ACF y la línea EK, dando (EA / EC) (BF / BA) (KC / KF) = 1.   
Luego, para el triángulo CFB y la línea KD (DC / DB) (KF / KC) (AB / AF) = 1. Al   
multiplicar ambos lados obtenemos (EA / EC) (FB / FA) (DC / DB) = 1.  
Esto prueba la necesidad. La suficiencia queda probada por la contradicción y el uso de la necesidad. El argumento es similar al aplicado en Menelao.  

El teorema de Ceva es en realidad equivalente al teorema de Menelao. Aquí probamos que Menelao implica a Ceva. Para lo contrario, mire el archivo MenelausFromCeva.html .  

Ejercicio pruebe el caso en el que K tiende a infinito, por lo tanto, las líneas AD, BE y CF son todas paralelas a la misma línea.

 2. Segunda versión

Otra forma del teorema de Ceva que obtenemos al introducir dos ángulos en cada vértice definido a través del ceviano respectivo y los lados del triángulo. En la siguiente figura, los ángulos son tales que A = A ₂ - A ₁ , B = B ₂ - B ₁ , C = C ₂ - C ₁ . Entonces, la condición de Ceva es equivalente a ([Askwith, p. 41]).

Esto se sigue observando que del teorema sinusal para triángulos se sigue

Las ecuaciones análogas a las últimas son válidas también para los otros vértices y multiplicando estas ecuaciones y simplificando obtenemos la condición establecida.

 3. Forma vectorial.

Se obtiene una tercera versión de la condición de Ceva introduciendo los vectores unitarios {u ₁ , u ₂ , u ₃ } respectivamente a lo largo de los lados {AB, BC, CA} y {w ₂ , w ₃ , w ₁ } a lo largo de las secantes {AK, BK, CK}. Luego, denotando por <..., ...> el producto interno habitual y por J (X) el operador que gira todo vector por π / 2 tenemos el equivalente a la condición de Ceva:

Esto se deduce de la segunda forma de la condición de Ceva al observar que el seno de los ángulos se puede expresar mediante productos internos:

Las fórmulas análogas también son válidas para los otros ángulos y la condición se sigue mediante la sustitución en la condición de la sección anterior.

 4. Forma proyectiva.

Una cuarta versión de la condición de Ceva se obtiene intersectando los lados del triángulo y los cevianos con una línea arbitraria N como en la figura siguiente. Esto define en cada línea lateral del triángulo una relación cruzada (ver CrossRatio0.html ) y la condición de concurrencia es que el producto de estas relaciones cruzadas es -1 ([Verde, pág. 354]).  
                                                                (BCEI) * (CAFK) * (ABDG) = -1.

De esto resulta otra condición que puede leerse en la línea N de las seis trazas de las líneas (lados + cevians), debido a las relaciones   
                                  (BCEI) = (HJLI), (CAFK) = (JLHK), (ABDG) = (LHJG), lo 
que implica   
                                                            (HJLI) * (JLHK) * (LHJG) = -1.

La prueba de la cuarta versión es el resultado de los principios generales de la geometría proyectiva, según la cual, para dos conjuntos de cuatro líneas en posición general, existe un mapa proyectivo que transforma el primer conjunto en el segundo. En particular, tomando las primeras tres líneas para que sean los lados del triángulo, la cuarta línea del primer conjunto sea N y la línea correspondiente en el segundo conjunto para ser la línea en el infinito construimos un mapa que envía las relaciones cruzadas de la cuarta versión a razones de puntos en los lados del triángulo, como aparecen en la primera versión del teorema de Ceva. Por lo tanto, el caso proyectivo se reduce a un caso manejado en la sección 1.

 5. Triángulo + línea

La declaración sobre la existencia del mapa proyectivo que mapea un triángulo + una línea a otro triángulo + línea, puede reducirse a la propiedad bien conocida de las proyectividades que se determinará completamente por cuatro puntos y sus imágenes. De hecho, dado el triángulo y la línea, se distinguen los cuatro puntos {B, C, D, E} como se muestra en la siguiente figura. Seleccione también los cuatro puntos correspondientes {B ', C', D ', E'} en el segundo sistema de triángulo + línea de la misma manera y defina la proyectividad por la correspondencia obvia.

Bisectores cevianos

Aquí estudiamos una configuración interesante que resulta de los cevianos de un punto P con respecto a un triángulo ABC. Supongamos que los cevianos se intersecan nuevamente con el circuncírculo (c) del triángulo en los puntos A *, B *, C * (el triángulo A * B * C * se llama circuncevio ). 
[1] Dibuje las bisectrices de los ángulos de los cevianos en P. Para los puntos P dentro del circuncírculo, estas líneas intersectan el circuncírculo en seis puntos: B'B '', B 'entre A y C *, C'C' 'con C 'entre B y A *, etc. 
[2] Desde A', A '' dibuja ortogonales hasta A'A ''. De B ​​', B' 'dibuje ortogonales a B'B' ', etc. Las seis líneas así definidas construyen una simétrica, con respecto al circuncentro O, hexágono DEFGHI.
[3] La cónica tangente (d) al hexágono tiene un enfoque en P, la otra es simétrica con respecto a O. 
[4] La cónica tangente (d) también es tangente al circuncírculo (c), los puntos de contacto son en línea PO.

Para probar [2], observe que los lados opuestos de este hexágono, como por ejemplo DI y GF, son ortogonales a la misma línea C'C '', por lo tanto, paralelos. Luego observe que dos lados adyacentes y sus opuestos, como por ejemplo {DI, DE} y {FG, GH} son partes de dos cuadriláteros cíclicos C''DB'P y B''GC'P. Obviamente, los triángulos B'C''P y C'B''P son similares y de esto se desprende fácilmente que los cuadriláteros son similares. Extienda entonces el diámetro PD para cruzar C'B ''. Estas dos líneas se intersectan ortogonalmente. De hecho, ángulo (C'B''G) = ángulo (C'PG) = ángulo (B'PD). En el primer y tercer ángulos iguales, el lado B'B '' es ortogonal a B''G, por lo tanto, el otro lado PD debe ser ortogonal a B''C '.
Una implicación inmediata de estos hechos es que el cuadrángulo formado por los centros de los circuncírculos de los dos cuadriláteros y los puntos P y O es un paralelogramo. Esto implica, a su vez, que la DG contiene O y está biseccionada por ella, lo que demuestra la simetría del hexágono. 
Para mostrar [3, 4], observe primero que la cónica tangente será simétrica con respecto a O, ya que el hexágono en sí es así. Luego, lleve el P 'simétrico de P wr a O y refleje el PP' en un lado del hexágono tangente, por ejemplo en GH, obteniendo el isósceles trapezium PP'P''Q. Por la simetría de la figura, la O media de P'P '' coincidirá con la intersección del círculo (c) con el lado GH del hexágono. Además del punto de intersección Q ₀de PP '' con GH coincidirá con el punto de contacto de GH con el círculo. Como OO 'es el doble de la distancia PP' ', se deduce que PQ ₀ + Q ₀ P' = 2 * OO '= 2 * r, siendo r el radio de (c). Por lo tanto, todos los puntos de contacto del hexágono están en la elipse con focos en P, P 'y el eje mayor 2 * r. Esto identifica esta elipse con la inscrita del hexágono.