Desafío 57. Triángulo inscrito y triángulo circunscrito I.
En un triángulo de área A inscribir un triángulo de área Ai tal que:
Caso 1º Ai =1/4A, A1=A2=A3
Caso 2º Ai= 1/3A, A1=A2=A3
Caso 3º Ai=1/2A, A1=A2=A3
Siendo A1, A2 y A3 las áreas de los triángulos “sobrantes”
4º Crear archivo GeoGebra que pueda ser válido para la comprobación o comprobaciones
En un triángulo de área A circunscribir un triángulo de área Ac tal que:
Caso 1º Ac =4A, A1=A2=A3
Caso 2º Ac= 3A, A1=A2=A3
Caso 3º Ac=2A, A1=A2=A3
Siendo A1, A2 y A3 las áreas de los triángulos “añadidos”
4º Crear archivo GeoGebra que pueda ser válido para la comprobación o comprobaciones
Solución.
Me he limitado al caso del triángulo circunscrito. Creo que el otro caso se resolvería similarmente. Para el
triángulo circunscrito, he hecho los tres casos juntos, usando un factor k que puede valer 2, 3 ó 4 según el
caso. Es decir, he resuelto el caso general Ac = k*A.
Tanto la solución, como el geogebra, son válidos para cualquier valor de k entre 1 y 4. Para k=1, la solución
es trivial, puesto que el triángulo de partida y el circunscrito coinciden. Para k=4, hay una única solución
que consiste en girar 180º el triángulo original sobre el punto medio de cada lado, obteniendo los tres
triángulos añadidos de igual área al original, que junto a este, componen el triángulo circunscrito.
Para cualquier valor de k entre 1 y 3, se obtienen dos soluciones bastante diferentes.
Supongo que Sebas colgará los geogebra en el blog. No obstante, yo lo colgaré también en este sitio:
https://sites.google.com/site/solucionescongeogebra
Resultados (triángulo circunscrito).
Caso k=1.5
Empecemos por un caso que no se pedía: k=1.5. Es decir, se trata de hallar, para el triángulo del enunciado
(pintado en azul en la figura), el triángulo circunscrito que cumpla:
Ac = k *A, con k=1.5 en este caso
A1=A2=A3, siendo estas las áreas de los triángulos "añadidos".
Obtenemos dos soluciones: el triángulo rojo de vértices V1, V2, V3 y el triángulo verde de vértices W1, W2,
W3. Estas corresponden a las dos soluciones de la ecuación de segundo grado del parámetro t que se
explica en el apartado "Construcción del triángulo circunscrito".
Ambos triángulos tienen los vértices en el triángulo trazado en línea discontinua en la figura, resultante de
aplicar una homotecia al triángulo de partida, con factor k (en este caso 1.5) y centro en el baricentro (esto
se demuestra en el apartado "Construcción del triángulo circunscrito").
Los lados L1', L2' y L3' del triángulo homotético distan de los correspondientes lados paralelos L1, L2 y L3
del triángulo de partida (en trazo azul continuo) en estas cantidades:
H1 = 2/3 A (k‐1) / L1, H2 = 2/3 A (k‐1) / L2, H3 = 2/3 A (k‐1) / L3
Caso k= 2.
Pasemos al caso k=2, uno de los pedidos en el desafío. El triángulo de partida es el mismo. El triángulo
homotético es más grande, lo que permite que el área de los triángulos añadidos, así como el de las dos
soluciones (en rojo y verde) crezca.
La solución "roja" de esta figura corresponde al enunciado del desafío.
Caso k=2.5.
Para k=2.5, nada nuevo que comentar.
Caso k=3.
Para k=3, los lados de las dos soluciones posibles son paralelos.
Caso k=3.95.
Para k=3.95 cambio la escala porque el triángulo homotético se hace muy grande. Se observa que las dos
soluciones se van aproximando.
Caso k= 4.
Finalmente, para k=4, las dos soluciones coinciden. Cada triángulo añadido es el resultado de girar el de
partida respecto al punto medio de cada lado. Nos quedan 4 triángulos semejantes que conforman el
circunscrito que también es semejante.
Para k>4 no hay solución.
Evolución de las soluciones con k.
En la siguiente figura se representan, para k recorrida de 1 a 4 en pasos de 0.5, los rastros dejados por las
dos soluciones. Para k=1 ambas coinciden con el triángulo original. A medida que crece k, el triángulo verde
"gira" a la izquierda y el rojo a la derecha (cambiando de forma y tamaño), hasta volver a coincidir para k=4.
Por ejemplo:
El vértice W1 del triángulo verde que empieza cerca de Q' con k cercano a 1 se desplaza hacia
abajo por el lado L1' al aumentar k. Para el triángulo rojo es el vértice V1 el que empieza en el lado
L1', pero cerca de O' y desplazándose hacia arriba conforme k se incrementa.
Amos vértices confluyen en el centro del lado L1' para k=4.
Pero esto lo veréis mejor en el Geogebra.
Construcción del triángulo circunscrito
Usaremos un sistema de coordenadas tal que el triángulo A (en azul) tenga con un vértice O en (0,0), otro
vértice P en el semieje X positivo y el tercer vértice Q en el semi plano Y>0. Llamaremos L1 al otro lado OQ,
L2 al lado PQ y L3 al lado OP. De este modo los triángulos A1, A2, A3 del enunciado apoyan cada uno en el
lado con el mismo subíndice.
Solucionaremos esta parte del desafío buscando la solución de un caso general:
Ac = k *A, A1=A2=A3
Esto da la solución para los tres casos asignando a k los valores 4, 3 y 2.
Caso 1º Ac =4A, A1=A2=A3
Caso 2º Ac= 3A, A1=A2=A3
Caso 3º Ac=2A, A1=A2=A3
Relación de la altura de los triángulos añadidos con k.
El área del triángulo circunscrito (el rojo) se puede expresar como:
Ac = A + A1 + A2 + A3
Y dado que Ac=k*A, y que además A1=A2=A3, podemos escribir:
k A = A + 3 A1
A1 = A2=A3 = A (k‐1) / 3
Por otra parte, podemos expresar el área de cada triángulo añadido en función de su base, que sería el lado
correspondiente, y su altura:
A1 = L1 * H1 /2, A2 = L2 * H2 /2, A3 = L3 * H3 /2
Lo que nos lleva a concluir que la altura de cada triángulo añadido solo depende del área A del triángulo de
partida y del parámetro k:
H1 = 2/3 A (k‐1) / L1, H2 = 2/3 A (k‐1) / L2, H3 = 2/3 A (k‐1) / L3
Esto nos determina, para el lado L1 del triángulo de partida (azul), una recta paralela a una distancia H1, en
la que sabemos que tiene que situarse el vértice del triángulo circunscrito. Lo mismo sucede con los lados
L2 y L3, con paralelas a distancia H2 y H3 respectivamente. En la figura se muestra la recta L1' paralela al
lado L1 y separada de esta una distancia H1. El vértice tiene que estar situado sobre esta recta para que
el área A1 valga lo que tiene que valer.
Las tres rectas paralelas a los lados constituyen un triángulo semejante al azul de partida. La cuestión ahora
será obtener la expresión de esas tres rectas, para lo cual tenemos que saber donde se sitúa exactamente
el triángulo semejante en trazo discontinuo.
El triángulo exterior es una homotecia respecto al baricentro con factor k.
Partiremos de suponer que efectivamente el triángulo exterior es una homotecia respecto al baricentro
(punto donde se cruzan las medianas) del triángulo original con factor k. Calcularemos las distancias H1, H2
y H3 que resultan entre el triángulo de partida y el homotético. Si estas coinciden con las esperadas,
quedará demostrado, puesto que solo puede haber un triángulo que lo cumpla.
La figura siguiente corresponde a un valor de k=2.5 para no confundirnos (el caso del enunciado es para k=2
y nos puede conducir a error al haber distancias iguales por ser k=2, pero que no es posible generalizar). Se
han etiquetado como O', P' y Q' a los vértices del triángulo exterior semejante. Se han trazado las rectas
que unen O con O', P con P' y Q con Q'. Como estamos suponiendo que el triángulo exterior es una
homotecia respecto al baricentro, las tres rectas se tienen que juntar en él. El baricentro está etiquetado
como Z.
Nos fijamos en el triángulo OPZ. Si Z es el baricentro del triángulo OPQ, su distancia al lado L3 (el segmento
OP) debe ser un tercio de la altura del triángulo de partida en azul (distancia de Q a la recta que contiene a
O y P). Por tanto el área del triángulo OPZ es un tercio del área del triángulo OPQ, es decir lo que hemos
llamado A. Esto nos permite escribir:
D = Distancia Z a segmento OP
Area OPZ = A/3 = L3 * D / 2
D = 2/3 A / L3
Igualmente, el área del triángulo O'P'Z será un tercio del área del triángulo O'P'Q'. Puesto que estamos
suponiendo que el triángulo exterior es una homotecia del de partida por un factor k, su área será A*k^2.
Por tanto el área de O'P'Z será un tercio de esa cantidad. Pero además, ese área es el producto de la base
L3' por la altura partido por 2. La base L3' será k*L3, puesto que el triángulo exterior tiene ese factor de
escala respecto al original. La altura será D más la distancia de la recta OP a la recta O'P'. Esa distancia es la
que hemos llamado anteriormente H3.
Área O'P'Z' = A*k^2 / 3 = (k *L3) * (D+H3) / 2
Dividiendo entre k tenemos:
A*k / 3 = L3 * (D+H3) / 2
D+H3 = 2/3 A*k / L3
Restando a esta última expresión la que habíamos hallado al ver el triángulo OPZ:
D+H3 = 2/3 A*k / L3
D = 2/3 A / L3
H3 = 2/3 (k‐1) / L3
Hemos supuesto que el triángulo de trazo discontinuo es una homotecia respecto al baricentro con un
factor k del triángulo de partida, y nos sale que las distancias entre los lados de ambos triángulos son las
que precisábamos. Es decir, el triángulo que buscamos es el homotético respecto al baricentro que
estábamos suponiendo.
Empezamos a calcular coordenadas.
Hasta ahora que sabemos que los vértices del triángulo circunscrito V1, V2, V3 están sobre los lados de un
triángulo semejante al de partida resultante de realizar una homotecia de este respecto al baricentro por
un factor k.
Para avanzar, empezaremos por calcular las coordenadas de las rectas en las que están estos vértices.
Primeramente recordemos el sistema de coordenadas:
Origen en O: 0,0
Punto P en semieje x positivo: , 0
Punto Q en semiplano Y positivo: ,
Seguiremos calculando las coordenadas del baricentro. Cuando lo hice, desconocía que la distancia de un
baricentro a un lado es un tercio de la altura correspondiente. Teniendo en cuenta eso el cálculo podría ser
mucho más sencillo. He dejado el cálculo original que si se quiere, se puede tomar también como una
demostración de que el baricentro está a un tercio de la altura de cada lado. Para no perder el hilo del
desafío, el cálculo de las coordenadas del baricentro está separado en el anexo al final de la solución, como
he hecho con otros cálculos pesados.
El resultado es simple, y obviamente solo depende de las coordenadas de P y Q que definen el triángulo de
partida:
3,3
Continuaremos realizando el cálculo de las ecuaciones de las rectas de los lados L1', L2' y L3' del triángulo
en trazo azul discontinuo homotético del de partida en trazo azul continuo. Recordemos, como se ve en la
figura, que sobre estas rectas se apoyan los vértices V1, V2, V3 del triángulo circunscrito que constituye la
solución. Las coordenadas de O', P' y Q' así como las ecuaciones de las rectas ya no dependen solo de P y de
Q, sino que también estará involucrado el factor k que determina el caso del desafío (k=4,3,2).
Los cálculos están realizados en el anexo. Los resultados son:
′ 1
3,
1
3
2
3,
1
3
2
3, 1 2
3
Recta que contiene al lado L1':
1
3
Recta que contiene al lado L2':
2
3
Recta que contiene al lado L3':
1
3
Estrategia que sigue.
Hasta ahora, sabemos que los vértices del triángulo circunscrito V1, V2, V3 están sobre el triángulo
homotético O' P' Q'. Con ello, cumplen la relación entre las áreas. Lo difícil es situar los tres vértices de
modo que pasen por los puntos O, P y Q.
La estrategia que seguiremos es situar un punto M3 en el lado L3', en un punto cualquiera. Trazaremos la
recta que pasa por M3 y por P, e intersecionaremos esta con el lado L2'. Al punto de intersección le
llamaremos M2. Desde M2, trazaremos la recta que pasa por Q y la interseccionaremos con el lado L1', en
un punto que llamaremos M1. Desde M1, trazaremos la recta que pasa por O y la interseccionaremos con
L3', en un punto que llamaremos M4.
Si acertamos a situar el primer punto en la posición adecuada, el punto final M4 de este proceso coincidirá
con M3. En este caso, M1, M2 y M3 formarán un triángulo que cumple las condiciones: circunscrito al de
partida y con las áreas de los triángulos añadidos adecuadas.
Desde luego, colocando M3 a voleo tenemos pocas posibilidades de acertar. Lo más probable es que nos
pase algo como esto:
Lo que haremos es considerar la coordenada X de M3 como un parámetro, y veremos a que coordenada de
M4 conduce. Ambos puntos, M3 y M4, tienen la misma coordenada Y puesto que están en una recta
horizontal.
Sobre el resultado que obtengamos, impondremos que la coordenada X sea también la misma. Eso nos
dará una ecuación en la que la única incógnita es la coordenada X de M3. Su solución, o soluciones, nos da
la respuesta al desafío.
Desarrollo de la estrategia.
Partiremos de un punto M3 cualquiera de la recta del lado L3', que vendrá dado por estas coordenadas:
,1
3
Donde t es la coordenada X que tomaremos como un parámetro. El resto de términos que intervendrán en
las formulas son constantes para un problema dado: las coordenadas de los puntos P y Q que definen el
triángulo de partida, y el factor k que define el caso (4, 3 ó 2).
El proceso a seguir en resumen es hallar como intersección de la recta que pasa por y por P con la
del lado L2', a continuación como intersección de la recta que pasa por y por Q con la recta del lado
L1' y finalmente el punto como intersección de la recta y O con recta del lado L3'.
Nada más empezar a intentarlo, la primera en la frente. La ecuación de la primera recta que hay que
calcular (la que une y por P) es un chorizo respetable. Conforme se iban avanzando pasos, las
expresiones de los puntos y rectas se iban complicando cada vez más.
Así que mi opción ha sido la siguiente: cada vez que se complica la expresión de la ecuación de una recta o
las coordenadas de un punto, uso unas variables auxiliares A, B, C (con subíndices) para escribirlas del
modo más sencillo posible. Pero estas variables tienen que ser "constantes", es decir, depender de los
datos de partida (P,Q,k), pero no del parámetro t que es una incógnita.
He separado los cálculos en el anexo, de modo que sea más fácil seguir el hilo de la solución. En la siguiente
página se resume es las expresiones de los puntos M3, M2, M1, M4 y las ecuaciones de las rectas que los
unen, juntos con las definiciones de las variables auxiliares
Resultados de los cálculos.
Expresión de la recta o punto Definición de las variables auxiliares
Recta que pasa por M3 y P:
1 /3
1 /3
Punto M2: ,
/ /
/
/
Recta que pasa por M2 y Q:
Punto M1:
,
Recta que pasa por M1 yO:
Punto M4:
1
3 ,
1
3
Resolviendo el desafío
Recapitulemos:
Hemos demostrado que para un triángulo de partida cualquiera, definido por las posiciones de sus
vértices O, P, Q, y para un factor k que determina el caso del desafío, los vértices del triángulo
circunscrito pedido de área Ac=k*A tienen que estar en triángulo homotético del de partida
respecto a su baricentro con un factor k.
Hemos partido de un punto M3 en el lado L3' del triángulo homotético que es horizontal respecto
al sistema de coordenadas que hemos definido, y hemos hallado sucesivamente las expresiones de
los puntos M2 sobre el lado L2', M1 sobre el lado L1' y M4 sobre el lado L3' a los que se llega por
intersecciones de las rectas que pasan por cada punto y uno de los del partida con los lados del
triángulo homotético. Estas expresiones dependen de un gran número de variables auxiliares, pero
tienen un valor constante para un triángulo de partida y un k dados.
Lo que nos queda es ver en que condiciones, el punto M3 de partida y el punto M4 final coinciden. Cuando
lo hagan, habremos encontrado la solución al desafío.
El punto M3 tiene una coordenada X que hemos llamado t. El punto final M4 viene dado por esta
expresión:
1
3 ,
1
3
Lo que haremos es forzar que la coordenadas X de ambos puntos sean iguales (la coordenada Y siempre lo
fue). Es decir:
1
3
Esto conduce a una ecuación de segundo grado para t:
1 1 3 3
3 3 1 1 0
Recordando que todas las variables involucradas dependen en última instancia de las coordenadas de P, Q
y de k, las dos posibles soluciones para t nos conducen a los dos posibles triángulos que solucionan el
desafío.
Dicho así, parece cuestión de fé y desde luego no queda como solución muy elegante. Lo suyo sería haber
llegado a fórmulas analíticas para t, pero los desarrollos que salen son indigeribles.
Contenido del geogebra.
Lo bueno es que este desafío pide la comprobación en Geogebra, y ahí no hay problemas para realizar
cálculos reiterativos. Así pués, en el Geogebra está calculado lo siguiente:
Los vértices O, P y Q del triángulo de partida. O es el punto fijo (0,0), P se puede trasladar por el eje
X y Q mover libremente.
El triángulo de partida en trazo azul continuo (denominado TriInt en Geogebra).
Un deslizador para el parámetro k, entre 1 y 4.
Las variables A1, etc. que dependen de las coordenadas de P y Q y del factor k.
El triángulo homotético al de partida, definido por las rectas L1', L2', L3' (trazo azul discontinuo) y
los vértices O', P', Q'.
Las soluciones t1 y t2 de la ecuación de segundo grado que sale al imponer que en el proceso de
construcción el punto M3 y M4 coincidan:
3 3 1 1 0
El triángulo TriExt1 en rojo corrrespondiente a la primera solución y el triángulo TriExt2 en verde
correspondiente a la segunda, así como sus vértices V1, V2, V3 y W1, W2, W3.
Para jugar con el Geogebra, deslizad el punto P a lo largo del eje X (oculto) o el Q libremente para cambiar
el triángulo de partida. Moviendo el deslizador k elegís el caso. Tras cada cambio de alguno de estos
parámetros (posición de P, de Q o valor de k), se reconstruye toda la figura: el triángulo homotético en azul
discontinuo y las soluciones en verde y rojo.
Los vértices ocultos en naranja M1, M2, M3 y M4 y las rectas Cons1, Cons2, Cons3 reproducen el proceso
de construcción seguido para resolver el desafío.
ANEXO: Cálculos pesados.
Coordenadas del baricentro del triángulo de partida:
Calcularemos las coordenadas del baricentro, por intersección de las dos medianas más sencillas.
Ecuación mediana por ( , ) y por / ,
2
2
2
2
2
2 2
2
2
2
2
2
2
Ecuación mediana por ( / , / y por ,
22
2
2
2 2
2
2 2 2 2
2
2 2 2 2 2
2
2 2 2
2 2
Intersectando las rectas obtenemos el baricentro:
2
2
2
2 2
2 2
2
2 2
2 2 2 2 2
3
3
2 2
3
3
3 2
2
3 2 3
3,3
Ecuaciones de las rectas L1', L2', L3' del triángulo exterior homotético al de partida
Realizamos la homotecia respecto al baricentro con factor de escala k del origen, P y Q para obtener los
puntos O', P', Q'. Estos forman el triángulo homotético en trazo azul discontinuo de lados L1', L2', L3'.
′ 1
3,
1
3
3,3
2
3,3
2
3,
1
3
3,3
2
3,2
3
2
3, 1 2
3
Las ecuaciones de la recta que contiene al lado L1' se puede calcular teniendo en cuenta que pasa por O' y
tiene la dirección (Qx,Qy):
1
3
1
3
1
3
La recta del lado L2' pasa por P' y tiene dirección (Qx‐Px,Qy):
1
3
2
3
1 2
3
2
3
2
3
La recta del lado L3' pasa por O' y es paralela al eje x:
1
3
Ecuación de la recta que pasa por y P:
Partiendo de las coordenadas de M3:
,1
3
La ecuación de la recta que lo une con P sería:
1
3∗
1
3
1
3
En esta ecuación, para un triángulo interior dado, conocemos , y , y para cada caso del desafío
conocemos k. Por tanto lo que nos interesa es distinguir en las ecuaciones las partes dependientes de t. Así
que reescribimos la ecuación así:
1 /3 1 /3
Y usamos unas variables auxiliares para simplificarla:
Donde las variables se pueden calcular como:
1 /3
1 /3
Cálculo del punto M2:
El punto M2 es la intersección de la recta calculada en el apartado anterior con la recta que contiene al lado
L2':
2
3
2
3
Resolvemos el sistema de dos ecuaciones:
/ / /
/
/ /
/
/
Recta que pasa por M2 y Q:
,
El término independiente es:
Introduciremos unas variables
La ecuación de la recta queda así:
Calculo del punto M1
M1 es la intersección de la recta anterior con la del lado L1:
1
3
1
3
Resolvemos el sistema
Ecuación de la recta que pasa por M1 y por el origen.
,
Cálculo del punto M4
Es la intersección de la recta anterior con la del lado L1':
1
3
Resolvemos el sistema:
1
3
1
3
1
3 ,
1
3