academia sabatina de jóvenes talentos - nicaragua
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Ing. Rufo Casco A.
Academia Sabatina de Jóvenes Talentos - Nicaragua.
Geometría Euclidiana.
UNI – Fundación Uno.
Ing. Rufo Casco.
TEOREMA DE SAWAYAMA Y THEBAULT
Lema de Sawayama: Sea D un punto en el lado BC del triángulo ABC. Sea 1 la circunferencia que es
tangente a los lados BC y AD y es tangente internamente al circuncírculo de ABC. Si 1C es tangente a BC
y AD en E y F, respectivamente, I es el incentro de ABC, entonces E-I-F están alineados.
Demostración 1:
Sea “ ” el circuncírculo de ABC.
Sea Q el punto de tangencia de y 1 ,
Sea P el punto medio del arco BC que no contiene a A
(A-I-P alineados al ser AP bisectriz).
Q-E-P están alineados (Q es centro de homotecia de
1 y )
Por propiedad PI PC PB
Sea 'F el segundo punto de corte de EI con 1 .
Nótese que:
'2 2
QC BP QC PCQF E QEC PAQ
Es decir que 'AF IQ es cíclico…(1)
1
F
A
B CD
I
E
1
/ 'F F
A
B CD
I
E
P
Q
2
Ing. Rufo Casco A.
Pero sabemos que 2 2PE PQ PC PI , es decir que PI es tangente al circuncírculo de QIE y de esto
AIQ IEQ …(2)
De (1) y (2) se concluye que ' 'AF Q F EQ , es decir que F’ es el punto de tangencia de 1 con AD,
es decir 'F F .
Demostración 2:
Sea “ ” el circuncírculo de ABC.
Sea Q el punto de tangencia de y 1 ,
Sea P el punto medio del arco BC que no contiene a A
Q-E-P están alineados (Q es centro de homotecia de
1 y )
Sea M el segundo punto de corte de QF con el
circuncírculo de ABC
Sea I’ el punto de corte de EF con AP
Por propiedad MP FE , entonces:
'QFI QMP QAP AFI’Q es cíclico
'AI Q AFQ FEQ AI’ es tangente al
circuncírculo de QI’E y de esto:
2'I P PE PQ , pero 2PE PQ PC , por lo que
'I P PC y de esto I’ es incentro de ABC.
Teorema de Sawayama y Thebaults: Sea D
un punto en el lado BC del triángulo ABC. Sea
1C la circunferencia tangente a los lados BC y
AD y es tangente internamente al circuncírculo
de ABC en el lado del semiplano que contiene a
C respecto a AD, y 2C la circunferencia
tangente a los lados BC y AD y es tangente
internamente al circuncírculo de ABC en el
lado del semiplano que contiene a B respecto a
AD. Sean N y M centros de 1C y 2C , I es
incentro de ABC. Entonces se cumple que M-I-
N están alineados.
1CA
B CD
IM
P
N
2C
Q
R
S
1
F
A
B CD
'I
E
P
Q
M
3
Ing. Rufo Casco A.
Demostración:
Sean R y S los puntos de tangencia de 2C con BC y AD, respectivamente.
Sean P y Q los puntos de tangencia de 1C con BC y AD, respectivamente.
Por el lema de Sawayama
tenemos que I-Q-P y R-I-S
están alineados.
Nótese que MR BC y NP BC , es decir que MR NP
DM es bisectriz interior de ADB y DN bisectriz exterior de dicho ángulo, por lo que MD DN
Nótese que QP DN IP DM , de manera análoga RI DN .
MR y NP se cortan en el infinito,
DM y PI se cortan en el infinito,
RI y DN se cortan en el infinito
Por el inverso del teorema de Papus
tenemos que M-I-N están alineados.
PROBLEMAS
1-) A y B son puntos de la circunferencia S y centro O, C se encuentra en el interior del circulo S, S’
es tangente a AC, BC y S en P, Q y R, respectivamente. S’ tiene centro O’. Demostrar:
i. Que el circuncírculo del triángulo APR pasa por el incentro de ABC.
ii. RI es bisectriz del ARB con I incentro de ABC.
J
A B
C
D
I
'S
P
E
'O
Q
R
O
S
T
4
Ing. Rufo Casco A.
Demostración:
CB y CA cortan nuevamente a S en D y E, I es el incentro de ABC, J es el incentro de ABD. Por el lema
de Sawayama tenemos que P-J-Q están alineados. Nótese que B-I-J están alineados al estar sobre la
bisectriz interior del CBA .
190
2CPJ ACB AIJ , por lo que el cuadrilátero APJI es cíclico … (1)
Por propiedad PR es bisectriz de ARE . RQ cortará nuevamente a S en T, siendo T punto medio del arco
DB, además A-J-T están alineados.
PJA CPQ PAJ … (2)
CPQ PRQ y PAJ EAT ERT … (3)
De (2) y (3) PJA CPQ PAJ PRQ ERT PRE PRA , es decir que APJIR es cíclico.
Para la parte ii debemos notar que 180ARI AJI , pero 1
902
AJI ADB .
1 1180 90 90
2 2ARI ADB ADB
… (4)
Ahora 180ARB ADB … (5)
De (4) y (5) se concluye que RI es bisectriz del ARB
2-) Sea D el punto de tangencia del incírculo de ABC con BC, el circulo S pasa por B y C y es
tangente internamente al incírculo de ABC en L. Demostrar que A esta en el eje radical de S con el
circuncírculo de IDL.
L
A
B CD
I
X
S
5
Ing. Rufo Casco A.
Demostración:
Sea la circunferencia que es tangente internamente en X a “S” y tangente a los lados AB y AC. Nótese
que:
Centro de homotecia de S e incírculo de ABC es L
Centro de homotecia de y S es X
Centro de homotecia de e incírculo de ABC es A
Por el teorema de Monge tenemos que A-L-X están alineados.
LD es la bisectriz del ángulo BLC
Del problema 1 obtenemos que XI es bisectriz del ángulo BXC
90LDI LDB … (1)
1
2
1 1(180 ) 90
2 2
LXI BXI BXL BXC BCL
LXI BLC BCL BLC BCL
90 90LXI DLC BCL LDB … (2)
Como (1) = (2) tenemos que LIDX es cíclico.
3-) Sea I el incentro del triángulo ABC, D punto de tangencia del incírculo con el lado BC, H pie de
la altura desde A hacia el lado BC, M punto medio de AH, la perpendicular desde M a AH corta en
K a ID. Demostrar que la circunferencia de centro N y radio KD es tangente al circuncírculo.
N
A
B C'/A D
I
H
M
'D
A
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Ing. Rufo Casco A.
Demostración:
Sea A un punto en el infinito en BC, AA BC , la circunferencia que es tangente a la ceviana AA
en D’, tangente a BC en A’ y tangente internamente al circuncírculo de ABC debe cumplir por el lema de
Sawayama que D’A’ pasa por I, pero al ser AA BC , entonces ' 'D A BC , es decir que 'A D y el
centro de será el punto medio de D’A’, como AD’DH es un rectángulo, entonces N será dicho centro y
el radio será ND.
4-) Sea P un punto sobre el diámetro AB de la circunferencia , la perpendicular por P a AB corta
en C a , la circunferencia ' es tangente internamente a y tangente a CP y AB en N y M,
respectivamente. Demostrar que CB = BM.
Demostración 1:
Sea I el incentro de ABC, el 90ACB por ser AB diámetro, 45ICB … (1)
Por el Lema de Sawayama M-N-I están alineados y 45IMB … (2)
Pero IB es bisectriz con IBC IBM y de (1) = (2) tenemos que por el teorema ALA que
IBC IBM con BC = BM
Demostración 2:
Sea Q el punto de tangencia de y ' , por propiedad Q-N-B están alineados y 2BN BQ BC , pero
como AB es tangente a ' , entonces 2BN BQ BM , por lo que BC = BM.
A B
C
I
N
M P
'
Q
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Ing. Rufo Casco A.
5-) Sea O el circuncentro de ABC, M el pie de la perpendicular trazada dede A hacia BC, E punto de
corte de AO con BC, sea C’ el segundo punto de corte de AO con el circuncírculo de BOC. Sea P
punto medio de EC’, sea O’ el pie de la perpendicular trazada desde P hacia AM, demostrar que la
circunferencia de centro O’ y radio O’M es tangente al circuncírculo de BOC.
Demostración:
Sea N el pie de la perpendicular trazada desde C’ hacia AM, sea B’ el segundo punto de corte de C’N con
el circuncírculo de BOC, I el incentro de BB’C.
Nótese que B’-I-O están alineados, y que ' ' ' ' 180 2BCB BB C COC B , pero también
1' 90
2ICB BCB B , lo cual implica que I esta sobre el circuncírculo de ABC, es decir que I es la
reflexión del ortocentro de ABC en el lado BC, entonces M-I-N están alineados.
tiene como diámetro MN ya que P es punto medio de EC’ y por ende O’ punto medio de MN, en el
triángulo B’BC aplicando el inverso del lema de Sawayama con la ceviana B’C’ como tenemos que M-I-N
están alineados entonces debe ser tangente al circuncírculo de BB’C.
M
A
B C
D
I
N
E
'C
O
'B
'OP
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Ing. Rufo Casco A.
6-) Sean 1 y 2 dos circunferencias tangentes externamente en I, una tercera circunferencia es
tangente a 1 y 2 tales que estas se encuentran en el interior de , la tangente común que pasa
por I a 1 y 2 corta a en A y D. La tangente común que no pasa por I corta a en B y C, tal
que A e I se encuentran en el mismo semiplano respecto a la recta BC. Demostrar que I es el
incentro de ABC.
Demostración:
Sean P y M los puntos de tangencia de 1 y 2 con , sean Q y N los puntos de tangencias de 1 y 2
con BC. Sean B’ y C’ los centros de las circunferencias 1 y 2 .
Por propiedad sabemos que PQ cortará nuevamente a en el punto medio del arco de BC, llamemos D’
al punto medio de dicho arco. Igualmente MN pasará por D.
Sabemos que 2' ' ' 'D Q D P DB D N D M , por lo que D’ esta sobre el eje radical de 1 y 2 que es la
tangente común por I, es decir que D = D’. De esto, el incentro de ABC se encuentra sobre AD.
Por el Lema de Sawayama sabemos que el incentro de ABC, B’ y C’ se encuentran alineados, por lo que el
incentro de ABC será el punto de corte de B’C’ con AD el cual es I.
M
A
B
CD
I
N
P
'C
'B
Q
1
2
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Ing. Rufo Casco A.
7-) Sean AC y BD cuerdas sobre la circunferencia tales que A y C están en distintos semiplanos
respecto a la recta BD. Sea P el punto de corte de BD y AC. Sea 1 el incírculo de APB de centro I.
Sea 2 la circunferencia tangente internamente a en N y tangente a AC y BD. Sea M el punto
medio del arco AB que no contiene a C. Demostrar que M-I-N están alineados.
Demostración:
Sean X e Y los puntos de tangencias de 2 con AC y BD, respectivamente. R, B’ y A’ incentros de PCD,
BCD y ACD, respectivamente. Sean X’ e Y’ puntos medios de los arcos AC y BD que no contienen a D y
C, respectivamente.
De inmediato tenemos que B’-R-D alineados, C-R-A’ alineados, D-A’-X’ alineados, C-B’-Y’ alineados,
por el Lema de Sawayama tenemos que X-B’-A’-Y están alineados, que RA’YDN y CXB’RN son
cíclicos.
Tenemos que X’Y’ es paralelo a XY, sea Q el punto de corte de BX’ con XY, entonces:
' ' 'X BN X Y N XYN QYN el cuadrilátero QBYN es cíclico.
Ahora ' ' 'BQY BNY YND YA D X A Q ' ' 'X A X Q , pero al ser X’ punto medio del
arco, tenemos que ' ' ' 'X A X C X A , y de esto obtenemos que Q es el excentro de ABC referente a A,
es decir que A-I-Q están alineados, 1
902
BIQ BPA PYX BYQ QBIY es cíclico, hemos
obtenido que QBIYN es cíclico, de manera análoga se obtiene que AIXN es cíclico.
Nótese que I e P se encuentran sobre la mediatriz de XY, de esto BNI BYI AXI ANI NI
pasa por el punto medio del arco AB que no contiene a C.
M
A
B
C
D
I
N
P
Y
X
1
2
'D
'C
'B
'A
R
Q
S
'Y
'X
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Ing. Rufo Casco A.
8-) Sea D un punto en el arco BC del circuncírculo “ ” de ABC que no contiene a A. CD corta a BA
en E, BD corta a CA en F. Sea 1C la circunferencia tangente externamente a y tangente a EB y
ED. Sea 2C la circunferencia tangente externamente a y tangente a FD y FC. Si 1C es tangente a
EB en M y 2C es tangente a FC en N. Demostrar que la circunferencia de diámetro MN pasa por un
punto fijo.
Demostración:
Sea K el punto de tangencia de 1C con ED, P el punto de tangencia de 2C con FD, 1O y 2O centros de 1C
y 2C , respectivamente. Sea aE el excentro referente a A del triángulo ABC. Por el Lema de Sawayama
sabemos que M-K- aE y N-P- aE están alineados. Sea L el punto de corte de 1EO y 2FO .
Como 2aE N FO y 1aE M EO , entonces 180 90aME N ELF , por lo que la circunferencia de
diámetro MN pasa por aE .
M
A
BC
aE
K NE
2O
L
1O
P
D
F
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Ing. Rufo Casco A.
CASO PARTICULAR: MIXTILINEOS
El círculo A mixtilíneo referente al vértice A, es la circunferencia tangente a los lados AB y AC y
tangente internamente al arco BC que no contiene a A del circuncírculo de ABC. Sean E y F los puntos de
tangencias de A con los lados AC y AB, respectivamente. Entonces se cumple que el incentro I de ABC
esta sobre la recta EF.
Demostración 1
Por el teorema de Sawayama tenemos que la ceviana CA en el triángulo ABC con E y F puntos de
tangencias en la ceviana CA y lado AB, tenemos que E-I-F están alineados.
Demostración 2
Sea M el punto de tangencia de A con el circuncírculo de ABC, MF y ME cortan nuevamente al
circuncírculo de ABC en P y N, respectivamente. Por propiedad sabemos que N y P son puntos medios de
los arcos AC y AB, respectivamente. I es el punto de corte de CP y NB, F el punto de corte de AB y MP, y
E es el punto de corte de AC y MN. Por el teorema de Pascal en el hexágono cíclico CNAPBM tenemos
que E-I-F están alineados.
AB
C
E
F
AI
M
A B
C
N
E
P
I
F
A
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Ing. Rufo Casco A.
Demostración 3
Sea AI el excentro-A de ABC. Considérese la circunferencia de centro A y radio I “ ”, sean C’ y B’ los
inversos de C y B respecto a , es claro que el inverso del circuncírculo de ABC es la recta C’B’,
demostraremos que el cuadrilátero CC’B’B es circunscriptible, por lo cual debe cumplir con el teorema de
Pitot:
' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' '
( ' ' ' ')
( ' ' ' ')....(1)
CC BB CB C B CC AC AB B B CB C B AC AB
AC AB CB AC AB C B
b c a AC AB C B
Pero ' 'ABC AC B con razón de semejanza 2AI
kAC AB
' ' ' ' ( )AC AB C B k a b c …(2)
Nótese que AACI AI B con A
A
AC AIAC AB AI AI
AI AB … (3)
Sustituyendo (2) en (1) 2 2 2
2( ) 2A A
AI s a AI AI AIs a s
AC AB s AC AB AI AI AI
Siendo E’ y F’ puntos de tangencias del incírculo de ABC con los lados AC y AB, tenemos que
' AAIF AI Y con '
A
AF s a AI
AY s AI
, por lo que se cumple el teorema de Pitot y el incírculo de ABC
es tangente a C’B’.
El inverso de A debe ser tangente a C’B’, tangente a AB y AC, es decir que el incirculo de ABC es el
inverso de A , con F’ y F puntos inversos cumpliendo con ' 90AIF AF I , de manera análoga
90AIE y por ende E-I-F están alineados.
M
AB
C
I
F
A'C
'B
E
AI
'F Y
'E
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Ing. Rufo Casco A.
PROPIEDADES
Siendo:
A Mixitilineo referente a A.
M punto de tangencia de A con el circuncírculo de ABC.
I incentro de ABC.
E y F puntos de tangencias de A con AC y AB, respectivamente.
R, N y P puntos medios de los arcos BC, CA y AB que no contienen a A, B y C, respectivamente.
Q punto de corte de EF con BC.
M’ punto medio del arco BC que contiene A.
K es el segundo punto de corte de MI con A
1-) NP EF
Demostración: Al ser A y el circuncírculo de ABC homotéticos con centro de homotecia en M,
tendremos que NP EF .
2-) los cuadriláteros CMIE y MBFI son cíclicos.
Demostración: nótese que EIC NPC NMC por lo que CMIE es cíclico.
3-) I es punto medio de EF.
Demostración: Al ser E y F puntos de tangencias de A , tendremos que AE = AF, pero al estar I en la
bisectriz EAF , y al ser AEF isósceles entonces I es el punto medio de EF.
M
AB
C
I
N
P
A
Q
RE
F
'M
J'K
K
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Ing. Rufo Casco A.
4-) M’-I-M están alineados.
Demostración: nótese que CMI AEI , IMB IFA pero al ser AEI IFA ya que AEF es
isósceles, entonces CMI IMB y por ende M’-I-M están alineados.
5-) MAC IAK
Demostración: nótese que MA es la simediana de EMF, si K’ es el segundo punto de corte de MA con A ,
de esto obtenemos que 'AEK AFK con 'K AE KAF .
6-) Q-M-R están alineados.
Demostración: aplíquese el teorema de pascal al hexágono cíclico ABCPMR.
7-) Siendo J el punto de corte de AK con BC, entonces J es el punto de tangencia del excírculo-A con
BC.
Demostración: Sean A’, B’ y C’ los puntos de tangencias del incírculo de ABC con los lados BC, AC y
AB, respectivamente. Sabemos que M’ es punto medio del arco BC que contiene a A, si O es circuncentro
de NMP, tenemos que M’O es la mediatriz de BC. Cuando hacemos homotecia a A para obtener el
incírculo de ABC, obtenemos que M’’, B’ y C’ son los puntos homotéticos de M, E y F. El homotético de
K será K’’. Sean B1 y C1 los homotéticos de B y C respecto a la homotecia de centro A que convierte a
A en el incírculo de ABC. Tenemos que 1 1B C BC . Ahora bien, M’’K’’ es paralelo a MM’, por lo que
K’’I es perpendicular a B1C1 pero como 1 1B C BC , entonces ''K I BC de lo que inmediatamente
tenemos que K’’-I-A’ están alineados y por propiedad AK’’ corta a BC en el punto de tangencia del
excírculo-A.
M
AB
C
I
N
P
A
O
E
F
'M
J'K
K''K
'A'B
'C
''M
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Ing. Rufo Casco A.
8-) Sean A , B y C los mixtilíneos referente a los vértices A, B y C en el triángulo ABC, con A’, B’
y C’ puntos de tangencias de A , B y C con el circuncírculo de ABC, respectivamente.
AA’, BB’ y CC’ son concurrentes en X.
X, el incentro I y el circuncentro O están alineados.
Demostración:
Sea el circuncírculo de ABC.
Sea el incírculo de ABC.
Centro de homotecia de y A es A
Centro de homotecia de A y es A’
Centro de homotecia de y es X’
Por el teorema de Monge tenemos que A-X’-A’ están alineados.
De manera análoga se llega a que B-X’-B’ están alineados y que C-X’-C’ están alineados, por lo que AA’,
BB’ y CC’ se cortan en X’, de esto X = X’ y además X es el centro de homotecia del circuncírculo de ABC
y del incírculo de ABC.
'A
AB
C
I
'B
'C
A
O
C
B
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Ing. Rufo Casco A.
PROBLEMAS
1-) Sea A el mixtilíneo referente al vértice A en el triángulo ABC. I el incentro de ABC, M y N los
puntos de cortes de las tangentes a los circuncírculos de AIC y AIB por I con los lados AB y AC,
respectivamente. Demuestre que el circuncírculo de AMN es tangente a A .
Demostración:
Sea la circunferencia de centro A y radio AI. Sabemos que el inverso de A respecto a es el incírculo
de ABC. Sean M’ y N’ los inversos de M y N respecto a , el inverso del circuncírculo de AMN respecto
a será la recta M’N’.
Tenemos que 2' 'AM AM AI AN AN … (1)
Nótese que AMI ACI con 2AM AIAM AC AI
AI AC … (2)
De (1) y (2) obtenemos que 'AM AC , de manera análoga 'AN AB , es decir que M’N’ por simetría es
tangente al incírculo de ABC y por ende el circuncírculo de AMN es tangente a A .
'N
A
B C
I
N
A
M
'M
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Ing. Rufo Casco A.
2-) Sea A el mixtilíneo referente al vértice A en el triángulo ABC. A es tangente en A’, BA y CA al
circuncírculo de ABC, al lado AB y AC, respectivamente. I es el incentro de ABC, IA’ corta a BC en
K, AA’ corta a B CA A en P. Demostrar que B CKP A A .
Demostración:
Sea N el punto medio del arco BC que no contiene a A, sea M el punto medio del arco BC que contienen a
A. Sea X el punto de corte de B CA A con BC. Por Mixtilineos sabemos que I esta en B CA A . Por propiedad
A’-I-M están alineados, por propiedad X-A’-N están alineados.
El cuadrilátero diamante MBNC es armónico y por ende el haz A’B-A’M-A’C-A’N es armónico, al cortar
este haz con la recta BC tenemos que X-B-K-C es armónico.
Nótese que CBA , BCA y AK concurren, aplicando Menelao tenemos:
1CB B
B C C
CAAA A BBK BK
A B KC A A KC CA … (1)
Pero también tenemos que B CAA A MBC con AP y MK cevianas homologas cumpliendo que:
B
C
A PBK
KC PA … (2)
Y al ser B CBA P PA C y con (1) y (2) tenemos que B CBA P CA P con B
C
BABP BK
CP CA KC siendo
entonces PK bisectriz de BPC y como X-B-K-C son armónicos, entonces 90XPK .
M
A
B C
I
N
A
'A
XK
P
CA
BA