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Anales del Instituto de Profesores “Artigas”, Año 2009. Segunda Época, Nº3, pp. 401-412
MATEMÁTICA
Mario Dalcín 1
Álvaro Varela 2
Pregunt(it)as geométricas
C
C
B 1
A
P
B
B
A
Prolegómeno
En algún momento me surgió la intriga de cómo dividir el contorno de un triángulo en dos partes
iguales. De otra manera: si dos caminantes partieran de una posición P y avanzaran a la misma velocidad,
uno dirigiéndose hacia A, otro hacia B, ¿dónde se volverían a encontrar Le di vueltas al asunto y no se
me ocurrió cómo darle solución. Perdí.
Cambié la pregunta: ¿Y si ambos caminantes partieran de uno de los vértices, el A por ejemplo,
uno rumbo a B y otro rumbo a C
Cuando uno estuviera en B el otro estaría en B 1 .
Y cuando el que estaba en B 1 estuviera en C el que estaba en B va a estar en B 2, siendo BB 2 = B 1 C. El
punto de reencuentro estará en el punto medio de CB 2 .
Nada mal: en tres pasos poder ubicar el punto en cuestión.
De paso, la respuesta a esta segunda pregunta permite responder la pregunta original
mediante una pequeña adaptación.
B 1
C
N'
B 2
B
Ahí surgió otra pregunta. El punto N’ hallado ¿tenía algo de especial, ¿era algún punto ya
conocido por la geometría En ese momento recurrí al Sketchpad, hice un triángulo dinámico, ubiqué el
punto N’ siguiendo los
pasos ya vistos…
A
C
U
N'
A
B
T
1 Profesor de Matemáticas. Magister en Matemáticas Educativa. Profesor de Geometría.
2 Profesor de Matemáticas.
1

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Y sí, el punto N’ era un punto ya conocido: el punto de tangencia de la circunferencia exinscripta
al triángulo. Y era fácil de explicar además: BT = BN’, CN’ = CU y como AT = AU también AB + BT =
AC + CU, lo que deja ver que AB + BN’ = AC + CN’.
C
N'
U
Y dado que aparece la circunferencia
exinscripta y su punto de tangencia ¿no tendría algo
que ver la circunferencia inscripta y su punto de
tangencia
A
N
B
T
Los puntos N y N’ parecen ser simétricos
respecto al punto medio del lado BC. Y midiendo
con el Sketchpad lo podía confirmar. Parecen y lo
son. ¿Por qué
¿Pasaría algo interesante entre el triángulo determinado por los puntos de tangencia de la
circunferencia inscripta al triángulo y por el triángulo determinado por los puntos de tangencia de las
circunferencias exinscriptas al triángulo
Veamos sus perímetros… Nada.
Pasaría algo interesante con sus áreas
En un instante el Sketchpad dio la respuesta:
Perímetro
M'N'P' = 7,95 cm
Perímetro
MNP = 5,78 cm
C
Área M'N'P' = 1,55 cm 2
P
P'
N'
N
Área MNP = 1,55 cm 2
A
M'
M
B
Increíble! Día de suerte!
Lo que siguió fueron intentos de elaborar una demostración de lo que estaba viendo a través del
Sketchpad. Nuevo fracaso.
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Los días que siguieron fueron intentos de elaborar una demostración que nunca conseguí. Mail mediante,
le mandé un archivito a Álvaro contándole la situación. Al día siguiente ya le había encontrado la vuelta y
me mandaba la respuesta (Proposición 1).
Sustancia
Proposición 1. ABC triángulo. M, N, P puntos de tangencia de la circunferencia
inscripta con los lados AB, BC, CA respectivamente. M’, N’, P’ puntos de tangencia de
las circunferencias exinscriptas al triángulo ABC con los lados AB, BC, CA
respectivamente. Entonces los triángulos MNP y M’N’P’ tienen la misma área.
Los segmentos MM’, NN’, PP’ tienen por puntos medios los puntos medios de los lados AB, BC, CA
respectivamente.
Si AM = x, BN = y, CP = z también AP = CP’ = x, BM = CN’ = y, CN = BN’ = z.
área (MNP) = área (ABC) – [área (AMP) + área (BNM) + área (CPN)]
= área (ABC) – (1/2)[ x 2 senA + y 2 senB + z 2 senC ]
área (M’N’P’) = área (ABC) – [área (AM’P’) + área (BN’M’) + área (CP’N’)]
= área(ABC) – (1/2)[ y.z.senA + x.z.senB + x.y.senC ]
como senA / ( y + z ) = senB / ( x + z ) = senC / ( x + y ) = k → senA = k ( y + z )
senB = k ( x + z )
senC = k ( x + y )
sustituyendo:
área (MNP) = área (ABC) – (1/2)[ x 2 senA + y 2 senB + z 2 senC ]
= área (ABC) – (k/2)[ x 2 ( y + z ) + y 2 ( x + z ) + z 2 ( x + y ) ]
= área (ABC) – (k/2)[ x 2 y + x 2 z + y 2 x + y 2 z + z 2 x + z 2 y) ]
área (M’N’P’) = área (ABC) – (1/2)[ y.z.senA + x.z.senB + x.y.senC ]
= área (ABC) – (k/2)[ y.z.( y + z ) + x.z.( x + z) + x.y.( x + y ) ]
= área (ABC) – (k/2)[ y 2 z + z 2 y + x 2 z + z 2 x + x 2 y + y 2 x) ]
por lo que área (MNP) = área (M’N’P’).
Fue una tentación preguntarse si con los otros puntos de tangencia de las circunferencias exinscriptas al
triángulo se formarían triángulos de la misma área.
B 3
B 2
A 3
A 2
C
P'
P
N'
N
A
M'
M
B
C 2
C 3
3

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Proposición 2. ABC triángulo. A 2 , A 3 puntos de tangencia de la circunferencia
exinscripta incluida en el ángulo convexo BAC con los lados AB, AC respectivamente.
B 2 , B 3 puntos de tangencia de la circunferencia exinscripta incluida en el ángulo
convexo ABC con los lados BA, BC respectivamente. C 2 , C 3 puntos de tangencia de la
circunferencia exinscripta incluida en el ángulo convexo ACB con los lados CA, CB
respectivamente. Entonces los triángulos A 2 B 2 C 2 y A 3 B 3 C 3 tienen la misma área.
AC 2 = AM’ = BM = y BA 2 = BN’ = CN = z CB 2 = CP’ = AP = x
AA 2 = AB + BN’ = s BB 2 = BC + CP’ = s CC 2 = CA + AM’ = s
área (A 2 B 2 C 2 ) = área (ABC) + área (AA 2 C 2 ) + área (BB 2 A 2 ) + área (CC 2 B 2 )
= área (ABC) + (s/2) [ y. senA + z. senB + x. senC ]
= área (ABC) + (ks/2) [ y.( y + z ) + z.( x + z ) + x.( x + y ) ]
= área (ABC) + (ks/2) ( x 2 + y 2 + z 2 + xy + yz + zx )
AB 3 = AP’ = CP = z BC 3 = BM’ = AM = x CA 3 = CN’ = BN = y
AA 3 = AC + CN’ = s BB 3 = BA + AP’ = s CC 3 = CB + BM’ = s
área (A 3 B 3 C 3 ) = área (ABC) + área (AA 3 B 3 ) + área (BB 3 C 3 ) + área (CC 3 A 3 )
= área (ABC) + (s/2) [ z. senA + x. senB + y. senC ]
= área (ABC) + (ks/2) [ z ( y + z ) + x ( x + z ) + y ( x + y ) ]
= área (ABC) + (ks/2) ( x 2 + y 2 + z 2 + xy + yz + zx )
de donde el área (A 2 B 2 C 2 ) = área (A 3 B 3 C 3 ).
Tratándose de áreas de triángulos de igual área tal vez pasaba algo interesante con los baricentros de
dichos triángulos.
Proposición 3. ABC triángulo. M, N, P, M’, N’, P’ definidos como en la proposición 1.
Entonces el baricentro del triángulo ABC es punto medio del segmento determinado por
los baricentros de los triángulos MNP y M’N’P’.
C
P
N'
P'
G
N
G M 'N'P'
G M NP
A
M'
M
B
En un triángulo A(x 1 , y 1 ), B(x 2 , y 2 ), C(x 3 , y 3 ) y de lados BC = a, CA = b, AB = c el incentro tiene
coordenadas I ((ax 1 + bx 2 + cx 3 )/(a + b + c), (ay 1 + by 2 + cy 3 )/(a + b + c)).
Considerando el triángulo A(x 1 , 0), B(x 2 , 0), C(0, y 3 ) y llamando p = a + b + c al perímetro del triángulo
ABC tenemos como coordenadas del incentro I ((ax 1 + bx 2 )/p, cy 3 /p).
Por el incentro trazamos perpendiculares a los lados del triángulo obtenemos los puntos de contacto de la
circunferencia inscripta con los lados del triángulo.
Las coordenadas del punto M son inmediatas: M ((ax 1 + bx 2 )/p, 0)
Para hallar las coordenadas de N tenemos que intersecar las rectas (BC): y = – y 3 (x – x 2 )/ x 2
con la perpendicular a BC por I: y = x 2 [x – (ax 1 + bx 2 )/p] / y 3 + cy 3 /p
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obteniendo así:
N (x 2 [y 3 2 (p – c) + x 2 (ax 1 + bx 2 )] / pa 2 , y 3 [px 2 2 + cy 3 2 – x 2 (ax 1 + bx 2 )] / pa 2 )
De forma análoga obtenemos las coordenadas del punto P, intersecando la recta
(AC): y = – y 3 (x – x 1 )/ x 1
con la perpendicular a BC por I: y = x 1 [x – (ax 1 + bx 2 )/p] / y 3 + cy 3 /p
P (x 1 [y 3 2 (p – c) + x 1 (ax 1 + bx 2 )] / pb 2 , y 3 [px 1 2 + cy 3 2 – x 1 (ax 1 + bx 2 )] / pb 2 )
Los puntos de contacto de las circunferencias exinscriptas con los lados del triángulo
son simétricos respecto del punto medio de cada lado de los puntos de tangencia de la
circunferencia inscripta. Haciendo uso de ello podemos hallar las coordenadas de dichos
puntos de contacto
M’ ([(p – a)x 1 + (p – b)x 2 )]/p, 0)
N’ (x 2 [px 2 2 + cy 3
2
– x 2 (ax 1 + bx 2 )] / pa 2 , y 3 [y 3 2 (p – c) + x 2 (ax 1 + bx 2 )] / pa 2 )
P’ (x 1 [px 1 2 + cy 3 2 – x 1 (ax 1 + bx 2 )] / pb 2 , y 3 [y 3 2 (p – c) + x 1 (ax 1 + bx 2 )] / pb 2 )
Las coordenadas del baricentro del triángulo MNP son
G MNP ([(ax 1 + bx 2 )(a 2 b 2 + b 2 x 2 2 + a 2 x 1 2 ) + (p–c) y 3
2
(a 2 x 1 + b 2 x 2 )] / 3pa 2 b 2 ,
y 3 [ p(a 2 x 1 2 + b 2 x 2 2 ) + cy 3 2 (a 2 + b 2 ) – (ax 1 + bx 2 )(a 2 x 1 + b 2 x 2 )] / 3pa 2 b 2 )
Las coordenadas del baricentro del triángulo M’N’P’ son
G M’N’P’ ([– (ax 1 + bx 2 )(a 2 b 2 + b 2 x 2 2 + a 2 x 1 2 )+ cy 3
2
(a 2 x 1 + b 2 x 2 )+ pa 2 b 2 (x 1 + x 2 )+ p(a 2 x 1 3 + b 2 x 2 3 )] /
3pa 2 b 2 , y 3 [ (p – c)y 3 2 (a 2 + b 2 ) + (ax 1 + bx 2 )(a 2 x 1 + b 2 x 2 )] / 3pa 2 b 2 )
El punto medio del segmento G MNP G M’N’P’ tienen coordenadas ( (x 1 + x 2 )/3, y 3 /3 ), que son las
coordenadas del baricentro del triángulo ABC.
Proposición 4. ABC triángulo. A 2 , B 2 , C 2 , A 3 , B 3 , C 3 definidos como en la proposición
2. Entonces el baricentro del triángulo ABC es punto medio del segmento determinado
por los baricentros de los triángulos A 2 B 2 C 2 y A 3 B 3 C 3 .
P'
P
G A2B2C2
G
N'
N
G A3B3C3
B 3
A
M'
B 2
A 3
A 2
C
M
B
C 2
C 3
Usando el hecho de que AB + BN’ = p/2 tenemos que
BA 2 = BN’ = p/2 – AB = (p – 2c)/2 por lo que A 2 (x 2 + (p – 2c)/2, 0).
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Análogamente AB 3 = AP’ = p/2 – AB = (p – 2c)/2 por lo que B 3 (x 1 – (p – 2c)/2, 0).
Como AA 2 = AA 3 el punto A 3 es la intersección de la recta AC con la circunferencia de centro A y radio
AA 2 = p/2.
(C A, p/2 ): x 2 + y 2 – 2x 1 x + x 1 2 – (p/2) 2 = 0
(AC): y = y 3 (x 1 – x)/ x 1
Obtenemos así las coordenadas de A 3 (x 1 (2b – p)/ 2b, py 3 / 2b).
Para hallar las coordenadas de B 2 hallamos la intersección de (C B, p/2 ) y la recta (BC):
(C B, p/2 ): x 2 + y 2 – 2x 2 x + x 2 2 – (p/2) 2 = 0
(AC): y = y 3 (x 2 – x)/ x 2
llegando a B 2 (x 2 (2a – p)/ 2a, py 3 / 2a).
De forma análoga, la intersección de
(C C, p/2 ): x 2 + y 2 – 2y 3 y + y 3 2 – (p/2) 2 = 0
(AC): x = x 1 (y 3 – y)/ y 3
nos da las coordenadas de C 2 (px 1 / 2b, y 3 (2b – p)/ 2b)
y la intersección de
(C C, p/2 ): x 2 + y 2 – 2y 3 y + y 3 2 – (p/2) 2 = 0
(BC): x = x 2 (y 3 – y)/ y 3
nos da las coordenadas de C 3 (px 2 / 2a, y 3 (2a – p)/ 2a).
El baricentro del triángulo A 2 B 2 C 2 es:
G 2 ((2abx 2 + ab(p – 2c) + bx 2 (2a – p) + pax 1 )/6ab, y 3 [(b – a)p + 2ab]/6ab)
El baricentro del triángulo A 3 B 3 C 3 es:
G 3 ((2abx 1 – ab(p – 2c) + ax 1 (2b – p) + pbx 2 )/6ab, y 3 [– (b – a)p + 2ab]/6ab)
El punto medio del segmento G 2 G 3 no es otro que ( (x 1 + x 2 )/3, y 3 /3 ), baricentro del triángulo ABC.
Proposición 5. ABC triángulo. M, N, P, M’, N’, P’, A 2 , B 2 , C 2 , A 3 , B 3 , C 3 definidos
como en las proposiciones 1 y 2. Entonces los baricentros de los triángulo MNP,
M’N’P’, A 2 B 2 C 2 y A 3 B 3 C 3 determinan un paralelogramo cuyo centro es el baricentro
del triángulo ABC.
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B 2
A 3
A 2
Consecuencia de las proposiciones 3 y 4.
C
P
P'
G
N
N'
B 3
C 2
A
M'
M
B
C 3
Final
Las observaciones geométricas anteriores fueron posibles gracias a la existencia desde hace más de
una década de la Geometría Dinámica, en este caso usando Sketchpad. Esta herramienta, en algunas
situaciones facilita y en otras directamente hace posible la exploración y formulación de conjeturas. Esta
certeza en torno a la ‘verdad’ de una conjetura es un primer paso necesario para trabajar en torno a la
elaboración de una demostración. En este caso las demostraciones que se construyeron hacen uso
exclusivamente de herramientas elementales (trigonometría, geometría analítica) y dejan ver lo farragosa
que puede tornarse la tarea. Proposiciones análogas a las vistas, incluso generalizadas, tratadas con otras
herramientas matemáticas, pueden encontrarse en el artículo ‘Isotomic inscribed triangles and their
residuals’ de la revista Forum Geometricorum
(http://forumgeom.fau.edu/FG2003volume3/FG200314index.html). Además podrá verse una
continuación de esta historia, historia posible debida a la Geometría Dinámica gracias a la cual podemos
ver donde antes era imposible.
Bibliografía
COXETER, H. S. M. (1984): Fundamentos de geometría. México, Limusa.
JACKIW, N. (1991): The Geometer’s Sketchpad (Software). U.S.A., Key Curriculum Press.
PUIG ADAM, P. (1976): Curso de geometría métrica. España, Biblioteca Matemática.
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