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Triángulos equiláteros

Un problema

Para un triángulo dado encontrar el triángulo equilátero inscrito (TEI) de área mínima y el circunscrito (TEC) de área máxima.

Los triángulos solución son entendidos en forma impropia: los inscritos pueden estarlo sobre las prolongaciones del triángulo inicial y los lados o sus prolongaciones de los circunscritos pasan por los vértices de este triángulo.
La solución dista de ser sencilla y nos mostrará múltiples propiedades del triángulo.

Comenzaremos vinculando ambos problemas: el inscrito de área mínima y el circunscrito de área máxima.

I.  Dados dos triángulos de lados paralelos, uno inscrito "Apoteosis geometrica_1.gif" y otro circunscrito "Apoteosis geometrica_2.gif" a otro triángulo T y con áreas respectivas "Apoteosis geometrica_3.gif", "Apoteosis geometrica_4.gif" y S, se verifica que S = "Apoteosis geometrica_5.gif". Así que encontrar el triángulo equilátero inscrito de área mínima equivale a encontrar el circunscrito de área máxima.

Graphics:Dibujo 1

Calculamos el cetro de homotecia O de los triángulos equiláteros y dividimos el triángulo P'Q'R' en 6 triángulos según la parte derecha del dibujo 1. Centremonos en una de esas partes y sus 3 triángulos, (parte izquierda).
Las razones de áreas "Apoteosis geometrica_7.gif" y "Apoteosis geometrica_8.gif" son iguales. La primera coincide con "Apoteosis geometrica_9.gif" y la segunda con "Apoteosis geometrica_10.gif". De la semejanza de los triángulos OAR' y OKR deducimos que "Apoteosis geometrica_11.gif"="Apoteosis geometrica_12.gif" y de aquí la igualdad de razones entre áreas. Extendiendo este resultado a los otros 5 triángulos demostramos la relación S = "Apoteosis geometrica_13.gif".

Construccion de equiláteros inscritos (TEI)

Un resultado general

II. Dadas dos rectas r y s, un punto P y un ángulo α. Se trata de obtener un triángulo isósceles con ángulo desigual α en P y los otros dos vértices sobre r y s.

Existen dos soluciones. Para obtener una giramos r alrededor de P un ángulo α en sentido horario y la intersecamos con s obteniendo un punto Q. Hacemos lo mismo con s en sentido contrario y obtenemos otro punto R. PQR es el triángulo buscado. Si invertimos todos los giros se obtiene la otra solución PQ'R'. Ambos triángulos son isósceles en P con ángulo α.

Graphics:Dibujo 2

Giramos r hasta cortar a s en Q. El origen de Q será un punto R' de r. Si ahora giramos s en sentido inverso cortará a r en R cuyo origen no es otro que Q. Así pues R' = R.

Se pueden sustituir las rectas r y s por líneas cualesquiera y generalizar más la construcción, (ver [4]).

Punto sobre un lado

III. Si en la construcción anterior α = 60, r y s son lados de un triángulo y P está sobre el otro ladose obtiene la construcción de equiláteros inscritos. En el apéndice 1 se calculan los vértices para triángulos T0.

Graphics:Dibujo 3


En el siguiente dibujo se ven los dos triángulos por un punto.

Graphics:Dibujo 4

Haciendo variar P se generan sendas familias de triángulos equiláteros, la primera asociada al triángulo exterior de Napoleón y la segunda al interior como veremos.

Graphics:Dibujo 5

Conocida una dirección

El siguiente dibujo ilustra como se construye un triángulo equilátero inscrito en otro triángulo cualquiera conocida la dirección de un lado del inscrito. Y como era previsible son dos los triángulos constructibles.

Graphics:Dibujo 6

Construccion de equiláteros circunscritos (TEC)

Exteriores

IV. Vamos a dibujar todos los triángulos equiláteros circunscritos a uno dado. Imaginemos un triángulo ya construido.

"Apoteosis geometrica_19.gif"

Desde un vértice vemos el lado con un ángulo de 60º ( o de 120º !!). Así que el siguiente dibujo aclara como construir estos triángulos.

Graphics:Dibujo 8

Moviendo el punto se genera toda una familia de tales triángulos, algunos de los cuales son impropios.

Interiores

Ahora construímos otra familia tomando  triángulos equiláteros hacia dentro.

Graphics:Dibujo 9

"Apoteosis geometrica_22.gif"

Triángulos de Napoleón

"Apoteosis geometrica_23.gif"

V. Según vemos en el dibujo 10 hemos de determinar el triángulo de lado mayor o si se prefiere la cuerda más larga que pasa por el punto de corte de dos circunferencias. Y existe un resultado que nos la da.

Graphics:Dibujo 11

La cuerda de mayor longitud que pasa por un punto de corte de dos circunferencias secantes es aquella paralela a la línea que une sus centros, PQ en el dibujo. Además su longitud es el doble de esta distancia.

VI. Ahora entra en escena el teorema de Napoleón: Construyamos sobre cada lado de un triángulo otro equilátero. Hay dos posibilidades: "hacia dentro" y "hacia fuera". Uniendo los centros de los triángulos equilateros del dibujo 1 obtenemos sendos triángulos llamados triángulos de Napoleón (exterior e interior). Esos triángulos son equiláteros.

Graphics:Dibujo 12

Una demostración de este teotema puede verse en [1], y también  que la diferencia de áreas entre el exterior y el interior es precisamente el área del triángulo ABC, lo que significa que el área del exterior y por tanto su lado es mayor. Y sabemos por el apartado V que el circunscrito de mayor área tiene lado doble que el correspondiente tirángulo de Napoleón. Esto último nos asegura que el triángulo equilátero circunscrito de mayor área pertenece a la primera familia.

"Apoteosis geometrica_26.gif"

Soluciones

VII. Las cuerdas de longitud máxima que buscábamos en el apartado V nos las prorciona el VI: son paralelas a los lados del triángulo de Napoleón. Existe una solución para cada familia, aunque los circunscritos de la primera tienen mayor área y los inscritos menor.

Graphics:Dibujo 13

VIII.  Y el inscrito de lados paralelos al circunscrito es por el apartado I el que soluciona el problema.

Graphics:Dibujo 14

Observamos que en el segundo caso el paralelismo de los lados de los triángulos inscrito y circunscrito se produce en sentido contrario.

Otra vuelta de tuerca

Puntos isodinámicos

IX.  La solución obtenida a continuación parte de los triángulos equiláteros inscritos y está sutilmente relacionada con la anterior.

Graphics:Dibujo 15

En el dibujo de la izquierda observamos como las circunferencias circunscritas convergen en un punto. Dicho punto es independiente del triángulo equilátero inscrito. Además si este triángulo tiene como vértices los pies de las perpendiculares trazadas desde dicho punto a cada lado es el de área mínima (de la familia F1 de equiláteros inscritos).

Graphics:Dibujo 16

Para una demostración podemos ver [2], prob.102. Una propiedad análoga se observa en el dibujo de la derecha para la otra familia F2 de equiláteros inscritos que deduje del artículo precedente.

Puntos de Fermat

X.  Y ahora una disgresión para introducir los puntos de Fermat. Si observamos el dibujo 12 vemos que los círculos circunscritos a los triángulos equiláteros construídos sobre los lados convergen en un punto. Hay dos de estos puntos, llamdos puntos de Fermat.

Graphics:Dibujo 17

XI.  La relación de los puntos de Fermat con los triángulos equiláteros circunscritos y la de estos puntos (aprtado IX) con los inscritos me hizo sospechar una relación entre ambas parejas de puntos. Y después de algunos tanteos descubrí que se transforman isogonalmente unos en otros. Tras una visita por internet a la enciclopedia de triángulos ,[3], comprobé que esta propiedad era conocida y que estos puntos se denominan isodinámicos. Se verifica ue los puntos isodinámicos separan armónicamente al circuncentro y al punto de Lemoine.

Sospecho que existe una relación más estrecha entre los puntos de Fermat y los equiláteros circunscritos de área máxima.

Sutilezas

Soluciones impropias

XII. Los TEI de la segunda familia son siempre impropios. A medida que el triángulo es "más obtusángulo" las soluciones de ambas familias aproximan su área.

Graphics:Dibujo 18

En casos "muy obtusángulos" la solución de la primera familia es también impropia. un análisis detallado se puede ver en [1], prob.102.

Graphics:Dibujo 19

Ángulos de 120º y 60º

XIII. Una situación interesante ocurre si un ángulo mide 120º o 60º.

Graphics:Dibujo 20

En primer caso una infinidad de TEI de la primera familia pasan por el mismo punto del lado opuesto al ángulo de 120º. Otro tanto ocurre con los triángulos de la segunda familia si hay un ángulo de 60º.

Nada ocurre con los TEI de la otra familia como vemos en el siguiente dibujo.

Graphics:Dibujo 21

Los puntos de convergencia son, respectivamente el primer punto isodinámico para triángulos con ángulos de 120º y el segundo cuando hay un ángulo de 60º. Lo que implica que los lados del TEI que salen de P son perpendiculares a los respectivos lados del triángulo como observamos en el dibujo 20. Además el vértice del ángulo de 120º es el primer punto de Fermat y el del de 60º es el segundo punto de Fermat.

XIV. Y finalmente consideremos el caso del triángulo equilátero. En este caso no existen triángulos de la segunda familia pues sgún la construcción del apartado III sus vértices estarían en el infinito. Aquí parece romperse la simetría pues la primera familia de TEI perece que se puede construir siempre.

Bibliografía

[1]  Coxeter y Greitzer, Retorno a la geometría. Euler editores, Madrid, 1993

[2]  Gaceta de la RSME, V.12 Nº1

[3]  Kimberling, ETC, página de internet

[4]  G. Sánchez Vázquez, Métodos gráficos de resolución de problemas geométricos, SAEM Thales, Sevilla 1996.

[5]  Shariguin, Problemas de Geometría. Planimetría, ed. Mir, Moscú 1989.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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