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Universidad Nacional de La Matanza

- Formación Continua –

Licenciatura en Matemática aplicada

Trabajo Final de Grado

(F.T.G.)

Coordenadas baricéntricas

Docentes: Dr. Osvaldo Galardo

Lic. Jorge Barreto

Alumna: Wilson, María Florencia DNI: 31.276.971

(wilsonmflo@hotmail.com)

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Objetivos Consecuencias teóricas o empíricas

El estudio de las coordenadas baricéntricas nos permite desarrollar un estudio analítico

de la geometría del triángulo, que nos da la posibilidad de obtener demostraciones de

propiedades, no necesariamente las más sencillas, en las figuras geométricas. Es decir

que podremos demostrar propiedades sin la necesidad de saber de antemano ciertas

propiedades del triángulo, salvo algunas como el teorema del seno y del coseno,…

Las coordenadas baricéntricas fueron introducidas por August Ferdinand Möbius en

1837, como respuesta a cuestiones sobre qué masas se deben colocar en los vértices de

un triángulo para qué un punto dado sea centro de gravedad de esas masas y han sido

una herramienta muy utilizada en el siglo XIX y comienzos del siglo XX para obtener

resultados sobre la geometría del triángulo.

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Coordenadas baricéntricas

Supongamos que 𝑃 y 𝑄 son dos puntos distintos del plano y queremos encontrar la recta

que pase por estos dos puntos, usaremos la ecuación vectorial de la recta. Si tomamos

como punto base a 𝑃 , bastará con encontrar un vector que lleve de 𝑃 a 𝑄 para tomarlo

como dirección. Este es la diferencia 𝑄 − 𝑃, entonces 𝑃 + (𝑄 − 𝑃) = 𝑄.

La recta que pasa por los puntos 𝑃 𝑦 𝑄 la definiremos como 𝑙, donde 𝑙 = 𝑃 + 𝑡(𝑄 − 𝑃),

∀𝑡 ∈ 𝑅.

Analicemos que pasa para los distintos valores de t:

- Si 𝑡 = 0 obtendremos que 𝑃 ∈ 𝑙 y si 𝑡 = 1, 𝑄 ∈ 𝑙.

- Si 𝑡 toma valores entre 0 < 𝑡 < 1 se obtienen puntos entre 𝑃 𝑦 𝑄.

- Si 𝑡 > 1 se extiende indefinidamente del lado de 𝑄 y si 𝑡 < 0 se extiende del lado

de 𝑃.

Ahora veremos cómo se escribe en función de 𝑃 𝑦 𝑄 la recta 𝑙.

𝑃 + 𝑡(𝑄 − 𝑃) = 𝑃 + 𝑡𝑄 − 𝑡𝑃

= (1 − 𝑡)𝑃 + 𝑡𝑄

Reemplazando a 1 − 𝑡 = 𝑠, la recta 𝑙 se puede reescribir como el conjunto de puntos 𝑙 =

{𝑠𝑃 + 𝑡𝑄/ 𝑠 + 𝑡 = 1}.

A los números 𝑠 y 𝑡, con 𝑡 + 𝑠 = 1, se los conoce como coordenadas baricéntricas de un

punto 𝑋, tal que 𝑋 = 𝑠𝑃 + 𝑡𝑄 con respecto a los puntos 𝑃 𝑦 𝑄.

Nótese que 𝑋 = 𝑠𝑃 + 𝑡𝑄 ∈ 𝑃𝑄 si y sólo si sus coordenadas baricéntricas son no

negativas, es decir, 𝑡 ≥ 0 𝑦 𝑠 ≥ 0 y si 𝑋 está más allá de 𝑄 eso es porque 𝑠 < 0 y 𝑡 > 1.

Entonces le corresponde al punto más lejano la coordenada baricéntrica negativa.

También es posible calcular las coordenadas baricéntricas de un punto 𝑋 usando cálculo

vectorial. Para eso tomaremos un punto 𝑂 no perteneciente a la recta 𝑙 (recordando que los

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puntos 𝑃 y 𝑄 pertenecen a la recta ) y consideremos los segmentos 𝑂𝑃 𝑦 𝑂𝑄 . Trazando

rectas paralelas a las rectas que incluyen estos dos segmentos y que pasen por el punto 𝑋,

determinaremos dos puntos 𝑋𝑃 𝑦 𝑋𝑄 sobre los segmentos 𝑂𝑃 𝑦 𝑂𝑄 respectivamente.

El vector 𝑂𝑋 = 𝑂𝑋𝑃 + 𝑂𝑋𝑄

.

Teniendo en cuenta la semejanza entre triángulos podemos verificar que los siguientes

triángulos son semejantes:

OPQXXQXPX QP (≈ símbolo para semejanza).

Entonces por ser semejantes podemos armar las siguientes proporciones entre los lados,

llamándolas 𝛼 y 𝛽 respectivamente:

𝑂𝑋𝑄

𝑂𝑄 =

𝑃𝑋

𝑃𝑄 = 𝛽 y

𝑂𝑋𝑃

𝑂𝑃 =

𝑋𝑄

𝑃𝑄 = 𝛼

Determinamos que 𝑂𝑋𝑄 = 𝛽𝑂𝑄 y que 𝑂𝑋𝑃

= 𝛼𝑂𝑃 .

En otras palabras, 𝛼 y 𝛽 son las coordenadas baricéntricas del punto 𝑋 respecto de los

puntos 𝑃 y 𝑄 siendo 𝑂𝑋 = 𝛼𝑂𝑃 + 𝛽𝑂𝑄 .

Pasemos ahora las coordenadas baricéntricas con respecto a

tres puntos distintos 𝐴, 𝐵 𝑦 𝐶.

Ya sabemos escribir las tres rectas entre ellos, suponiendo

que son distintas. Es claro que la unión de todas las rectas es

el plano formado por los puntos 𝐴, 𝐵 𝑦 𝐶.

Si 𝑌es un punto que pertenece al segmento 𝐵𝐶 entonces se

escribe como 𝑌 = 𝑠𝐵 + 𝑡𝐶 con 𝑡 + 𝑠 = 1, 𝑡 > 0 𝑦 𝑠 > 0 y si 𝑋 está sobre la recta que

pasa por 𝑌 𝑦 𝐴 podemos escribir al punto X como 𝑋 = 𝑟(𝑠𝐵 + 𝑡𝐶) + (1 − 𝑟)𝐴 para un

𝑟 ∈ 𝑅 ; que es lo mismo que 𝑋 = (𝑟𝑠)𝐵 + (𝑟𝑡)𝐶 + (1 − 𝑟)𝐴.

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Observemos que los tres coeficientes deben sumar uno: 𝑟𝑠 + 𝑟𝑡 + 1 − 𝑟 = 𝑟(𝑠 + 𝑡) +

1 − 𝑟 = 𝑟(1) + 1 − 𝑟 = 1. Entonces las coordenadas baricéntricas de 𝑋 son 1 − 𝑟, 𝑟𝑠, 𝑟𝑡

Con 𝑟, 𝑠 𝑦 𝑡 ∈

¿Lo mismo hubiera pasado si se hubiera empezado con otros dos puntos?, entonces si esto

es cierto cualquier combinación de los puntos 𝐴, 𝐵 𝑦 𝐶, con coeficientes que sumen uno,

tiene que pertenecer al plano formado por ellos tres.

Demostraremos que el punto 𝑋 está en una recta que pasa por uno de los vértices y un

punto 𝑌 qué está sobre la recta que pasa por los otros dos puntos.

Demostración)

Sean 𝛼, 𝛽 𝑦 𝛾 ∈ tales que 𝛼 + 𝛽 + 𝛾 = 1 entoces el punto 𝑋 = 𝛼𝐴 + 𝛽𝐵 + 𝛾𝐶.

Supongamos que alguno de los coeficientes es distinto de uno (si no, sumarían tres), por

ejemplo consideremos a 𝛼 ≠ 1. Al dividir la expresión por 1 − 𝛼 se tiene que 𝑋 = 𝛼𝐴 +

(1 − 𝛼)(𝛽

1−𝛼 𝐵 +

𝛾

1−𝛼𝐶). Entonces 𝑋 está en la recta que pasa por 𝐴 y un punto 𝑌 =

𝛽

1−𝛼𝐵 +

𝛾

1−𝛼𝐶, como 𝛼 + 𝛽 + 𝛾 = 1, podemos afirmar que 𝛽 + 𝛾 = 1 − 𝛼 y que la suma

de 𝛽

1−𝛼+

𝛾

1−𝛼= 1, por lo tanto 𝑌 está en la recta que pasa por 𝐵 𝑦 𝐶.

Análogamente podemos considerar a 𝛽 ≠ 1 𝑦 𝛾 ≠ 1.

A partir de esto último podemos definir las coordenadas baricéntricas absolutas:

Dado tres puntos 𝐴, 𝐵 𝑦 𝐶 en 3 , no colineales, el plano que pasa por ellos es el conjunto

formado por: 𝜋 = {𝛼𝐴 + 𝛽𝐵 + 𝛾𝐶 / 𝛼, 𝛽, 𝛾 ∈ ; 𝛼 + 𝛽 + 𝛾 = 1}.

A esta expresión de la forma 𝛼𝐴 + 𝛽𝐵 + 𝛾𝐶 𝑐𝑜𝑛 𝛼 + 𝛽 + 𝛾 = 1 la llamamos

combinación baricéntrica (o afín), y a los coeficientes 𝛼, 𝛽 𝑦 𝛾 coordenadas baricéntricas

absolutas del puntos 𝑋 = 𝛼𝐴 + 𝛽𝐵 + 𝛾𝐶.

Coordenadas baricéntricas homogéneas respecto de un triángulo

usando cálculo vectorial

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Sean 𝑢, 𝑣 𝑦 𝑤 ∈ coordenadas baricéntricas homogéneas del punto 𝑃, con 𝑢 + 𝑣 + 𝑤 ≠

0, y los puntos 𝐴, 𝐵 𝑦 𝐶 vértices de un triángulo. Para cualquier punto 𝑂, sea 𝑃 el punto

del plano tal que (𝑢 + 𝑣 + 𝑤)𝑂𝑃 = 𝑢𝑂𝐴 + 𝑣𝑂𝐵 + 𝑤𝑂𝐶 .

Cualquier terna (𝑢: 𝑣: 𝑤) proporcional a las coordenadas baricéntricas absolutas 𝛼, 𝛽 , 𝛾 de

un punto 𝑃 se dicen que son las coordenadas baricéntricas homógeneas de 𝑃 respecto al

triángulo 𝐴𝐵𝐶, y se escribe como 𝑃(𝑢: 𝑣:𝑤). Cuando aparezca la igualdad (𝑢: 𝑣: 𝑤) =

(𝑢´: 𝑣´: 𝑤´) = (𝑢´´: 𝑣´´: 𝑤´´) se entiende que estas ternas son iguales, salvo una constante

de proporcionalidad.

Supongamos que 𝑂 es el origen de coordenadas y 𝑃 es un punto interior del triángulo

𝐴𝐵𝐶, entonces podemos realizar la siguiente figura de análisis:

Comencemos por analizar la ecuación vectorial de la recta 𝐶𝐵

= 𝑂𝐶 + 𝑡𝐶𝐵 , con 𝑡𝜖

= 𝑂𝐶 + 𝑡(𝑂𝐵 − 𝑂𝐶 )

= (1 − 𝑡)𝑂𝐶 + 𝑡𝑂𝐵 , con 𝑡 ∈

Si 𝑠 = 1 − 𝑡 entonces 𝑠𝑂𝐶 + 𝑡𝑂𝐵 y 𝑠 + 𝑡 = 1, de esto último podemos afirmar que 𝑠 𝑦 𝑡

son las coordenadas baricéntricas de un punto 𝐷 perteneciente a la recta 𝐶𝐵tal que 𝑂𝐷 =

𝑠𝑂𝐶 + 𝑡𝑂𝐵 .

De la misma manera 𝑂𝑃 = 𝑟𝑂𝐷 + (1 − 𝑟)𝑂𝐴 , con 𝑟 ∈

𝑂𝑃 = 𝑟(𝑠𝑂𝐶 + 𝑡𝑂𝐵 ) + (1 − 𝑟)𝑂𝐴

𝑂𝑃 = 𝑟𝑠𝑂𝐶 + 𝑟𝑡𝑂𝐵 + (1 − 𝑟)𝑂𝐴

Entonces si 1 − 𝑟 = 𝛼, 𝑟𝑡 = 𝛽 y 𝑟𝑠 = 𝛾 podemos decir 𝑃 tiene coordenadas baricéntricas

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𝑃 = (𝛼: 𝛽: 𝛾) donde 𝑂𝑃 = 𝛼𝑂𝐴 + 𝛽𝑂𝐵 + 𝛾𝑂𝐶 , con 𝛼 + 𝛽 + 𝛾 = 1.

Veamos ahora que 𝑃 no depende de 𝑂;

Supongamos que 𝑂 ≠ 𝑂´ , 𝑃 ≠ 𝑃´ y que 𝑂´𝑃 ´ = 𝛼𝑂´𝐴 + 𝛽𝑂´𝐵 + 𝛾𝑂´𝐶 𝑐𝑜𝑛 𝛼 + 𝛽 +

𝛾 = 1 entonces

(𝑂´𝑃´ − 𝑂𝑃 ) = 𝛼(𝑂´𝐴 − 𝑂𝐴 ) + 𝛽(𝑂´𝐵 − 𝑂𝐵 ) + 𝛾(𝑂´𝐶 − 𝑂𝐶 ) = (𝛼 + 𝛽 + 𝛾)𝑂´𝑂

= 𝑂´𝑂 , (1)

𝑂´𝑃´ = 𝑂´𝑂 + 𝑂𝑃 = 𝑂´𝑃

𝑃´ = 𝑃, esto es un absurdo y por lo tanto 𝑃 no depende de 𝑂.

En el contexto de un triángulo, las coordenadas baricéntricas también se conocen como

coordenadas de la zona, porque las coordenadas de 𝑃 con respecto al triángulo 𝐴𝐵𝐶 son

iguales a las proporciones entre las áreas de los triángulos 𝑃𝐵𝐶, 𝑃𝐶𝐴 y 𝑃𝐴𝐵. O sea que las

coordenadas baricéntricas homogéneas de un punto P respecto del triángulo

ABC es una

terna de números tales que:

(𝑢: 𝑣: 𝑤) = (Á𝑟𝑒𝑎

PBC : Área

PAC : Ár𝑒𝑎

PAB )

Para poder encontrar las proporciones entre las coordenas de un punto interior al

triángulo, dividiremos en tres partes el ejercicio.

PARTE I

Sea 𝑃 un punto interior del triángulo 𝐴𝐵𝐶. Construimos la recta 𝐴𝑃 que corta al segmento

𝐵𝐶 en 𝐷. Queda entonces determinado el vector 𝐴𝐷 .

Llamaremos 𝐴𝑃 = 𝑎, 𝑃𝐷 = 𝑏, 𝐵𝐷 = 𝑐 , 𝐷𝐶 = 𝑑.

8

Observando la figura vemos que 𝐴𝐷 = 𝐴𝐵 + 𝐵𝐷 . Además, como 𝐵𝐷 y 𝐵𝐶 tienen igual

dirección y sentido, podemos escribir. 𝐵𝐷 = 𝜆 𝐵𝐶

Por lo tanto

𝐴𝐷 = 𝐴𝐵 + 𝜆 𝐵𝐶

BCABAD

BC

dc

cABAD 1

Por otro lado,

AD

ba

aAP 2

Reemplazando 1 en 2 obtenemos:

𝐴𝑃 =𝑎

𝑎 + 𝑏(𝐴𝐵 +

𝑐

𝑐 + 𝑑𝐵𝐶 )

Dado el vector𝐴𝐵 , 𝐴 es el origen y 𝐵 es el extremo.

Un segmento orientado AB será identificado con el vector 𝑂𝐵 − 𝑂𝐴 .

𝑂𝑃 − 𝑂𝐴 =𝑎

𝑎 + 𝑏(𝑂𝐵 − 𝑂𝐴 ) +

𝑎𝑐

(𝑎 + 𝑏)(𝑐 + 𝑑)(𝑂𝐶 − 𝑂𝐵 )

Sumamos miembro a miembro por A y aplicando la propiedad distributiva

𝑂𝑃 = 𝑂𝐴 +𝑎

𝑎 + 𝑏𝑂𝐵 +

𝑎

𝑎 + 𝑏𝑂𝐴 +

𝑎𝑐

(𝑎 + 𝑏)(𝑐 + 𝑑)𝑂𝐶 −

𝑎𝑐

(𝑎 + 𝑏)(𝑐 + 𝑑)𝑂𝐵

Agrupando y sacando factor común

𝑂𝑃 = (1 −𝑎

𝑎 + 𝑏)𝑂𝐴 + (

𝑎

𝑎 + 𝑏−

𝑎𝑐

(𝑎 + 𝑏)(𝑐 + 𝑑))𝑂𝐵 +

𝑎𝑐

(𝑎 + 𝑏)(𝑐 + 𝑑)𝑂𝐶

𝑂𝑃 =𝑏

𝑎 + 𝑏𝑂𝐴 +

𝑎𝑑

(𝑎 + 𝑏)(𝑐 + 𝑑)𝑂𝐵 +

𝑎𝑐

(𝑎 + 𝑏)(𝑐 + 𝑑)𝑂𝐶

9

𝑂𝑃 =𝑏

𝑎 + 𝑏𝑂𝐴 +

𝑎𝑑

(𝑎 + 𝑏)(𝑐 + 𝑑)𝑂𝐵 +

𝑎𝑐

(𝑎 + 𝑏)(𝑐 + 𝑑)𝑂𝐶

(𝑎 + 𝑏)(𝑐 + 𝑑) 𝑂𝑃 = 𝑏 ∙ (𝑐 + 𝑑)𝑂𝐴 + 𝑎𝑑𝑂𝐵 + 𝑎𝑐𝑂𝐶

Entonces la coordenadas baricéntricas homogéneas de P

Tomemos la proporcionalidad entre las dos últimas

coordenadas

𝑣

𝑤=

𝑎𝑑

𝑎𝑐=

𝑑

𝑐

𝑑

𝑐=

𝐷𝐶

𝐷𝐵 por construcción del triángulo

ABC (4)

c

d

ch

dh

ADBÁrea

ADCÁrea

1

1 siendo 1h altura del

ABC con vértice en A (5)

c

d

ch

dh

DPBÁrea

DPCÁrea

2

2 siendo 2h altura del

PBC con vértice en P (6)

c

d

hhc

hhd

chch

dhdh

DPBÁreaADBÁrea

DPCÁreaADCÁrea

21

21

21

21 (7)

APBÁrea

APCÁrea

DPBÁreaADBÁrea

DPCÁreaADCÁrea por resta de áreas (8)

(𝑢: 𝑣:𝑤) = (𝑏. (𝑐 + 𝑑): 𝑎𝑑: 𝑎𝑐)

10

∴𝑣

𝑤=

Á𝑟𝑒𝑎 ∆

𝐴𝑃𝐶

Á𝑟𝑒𝑎 ∆

𝐴𝑃𝐵

(𝐼)

Ahora consideremos la proporción:

𝑢

𝑤=

𝑏 ∙ (𝑐 + 𝑑)

𝑎𝑐

𝑏 ∙ (𝑐 + 𝑑) ∙ Á𝑟𝑒𝑎∆

𝑃𝐷𝐶

𝑎𝑐 ∙ Á𝑟𝑒𝑎∆

𝑃𝐷𝐶

=

Siendo Á𝑟𝑒𝑎 ∆

𝑃𝐷𝐶= 𝑑 ∙ ℎ2

𝑏 ∙ (𝑐 + 𝑑) ∙ Á𝑟𝑒𝑎∆

𝑃𝐷𝐶𝑎𝑐 ∙ 𝑑 ∙ ℎ2

=𝑏 ∙ (𝑐 + 𝑑) ∙ Á𝑟𝑒𝑎

∆𝑃𝐷𝐶

𝑎 ∙ 𝑑 ∙ (𝑐 ∙ ℎ2)=

Si el Á𝑟𝑒𝑎 ∆

𝑃𝐷𝐵= 𝑐 ∙ ℎ2 y Á𝑟𝑒𝑎

∆𝑃𝐷𝐵

= 𝑏 ∙ ℎ3

𝑏 ∙ (𝑐 + 𝑑) ∙ Á𝑟𝑒𝑎∆

𝑃𝐷𝐶

𝑎𝑑 ∙ Á𝑟𝑒𝑎 ∆

𝑃𝐷𝐵

=(𝑐 + 𝑑) ∙

Á𝑟𝑒𝑎∆

𝑃𝐷𝐶𝑑

𝑎 ∙Á𝑟𝑒𝑎

∆𝑃𝐷𝐵

𝑏

=

(𝑐 + 𝑑) ∙ ℎ2

𝑎 ∙ ℎ3=

Á𝑟𝑒𝑎∆

𝑃𝐵𝐶

Á𝑟𝑒𝑎∆

𝑃𝐴𝐵

∴𝑢

𝑤=

Á𝑟𝑒𝑎∆

𝑃𝐵𝐶

Á𝑟𝑒𝑎∆

𝑃𝐴𝐵

(𝐼𝐼)

Tomando la última proporción:

𝑢

𝑣=

𝑏 ∙ (𝑐 + 𝑑)

𝑎𝑑=

11

𝑏 ∙ (𝑐 + 𝑑) ∙ Á𝑟𝑒𝑎∆

𝑃𝐷𝐶

𝑎𝑑 ∙ Á𝑟𝑒𝑎∆

𝑃𝐷𝐶

=(𝑐 + 𝑑) ∙

Á𝑟𝑒𝑎∆

𝑃𝐷𝐶𝑑

𝑎 ∙Á𝑟𝑒𝑎

∆𝑃𝐷𝐶

𝑏

=

Siendo Á𝑟𝑒𝑎 ∆

𝑃𝐷𝐶= 𝑏 ∙ ℎ4

(𝑐 + 𝑑) ∙ ℎ2

𝑎 ∙ ℎ4=

Á𝑟𝑒𝑎∆

𝑃𝐵𝐶

Á𝑟𝑒𝑎∆

𝑃𝐴𝐶

∴𝑢

𝑣=

Á𝑟𝑒𝑎∆

𝑃𝐵𝐶

Á𝑟𝑒𝑎∆

𝑃𝐴𝐶

(𝐼𝐼𝐼)

De (I), (II) y (III) obtenemos:

(𝑢: 𝑣: 𝑤) = (Á𝑟𝑒𝑎 ∆

𝑃𝐵𝐶: Á𝑟𝑒𝑎

∆𝑃𝐴𝐶

: Á𝑟𝑒𝑎 ∆

𝑃𝐴𝐵)

Para comprobar las otras relaciones considerando a 𝐷 sobre los otros lados del triángulo.

PARTE II

Si consideramos al punto 𝐷 sobre el lado 𝐴𝐵

Análogamente trabajando con cálculo vectorial encontraremos las coordenadas

homogéneas de 𝑃

(𝑢´: 𝑣´: 𝑤´) = (𝑒𝑔: 𝑒𝑖: 𝑓 ∙ (𝑔 + 𝑖))

12

ei

eg

v

u

´

´

DA

DB

i

g

DACÁrea

BDCÁrea

DPAÁrea

DPBÁrea

DPAÁreaDACÁrea

DPBÁreaBDCÁrea

APCÁrea

BPCÁrea

∴𝑢´

𝑣´=

Á𝑟𝑒𝑎 ∆

𝐵𝑃𝐶

Á𝑟𝑒𝑎 ∆

𝐴𝑃𝐶

Trabajando con las otras coordenadas podemos llegar a la siguiente igualdad:

(𝑢´: 𝑣´: 𝑤´) = (Á𝑟𝑒𝑎∆

𝑃𝐵𝐶: Á𝑟𝑒𝑎

∆𝑃𝐴𝐶

: Á𝑟𝑒𝑎∆

𝑃𝐴𝐵)

PARTE III

Si consideramos al punto 𝐷 sobre el lado 𝐴𝐶

Como conclusión de estas tres partes podemos afirmar que las coordenadas homogéneas

Las coordenadas baricéntricas de 𝑃:

(𝑢´´: 𝑣´´: 𝑤´´) = (𝑗𝑛: 𝑘 ∙ (𝑚 + 𝑛): 𝑗𝑚)

13

jm

jn

w

u

´´

´´

DA

DC

m

n

DBCÁrea

ADBÁrea

DPCÁrea

ADPÁrea

DPCÁreaDBCÁrea

ADPÁreaADBÁrea

BPCÁrea

APBÁrea

∴𝑢´´

𝑤´´=

Á𝑟𝑒𝑎 ∆

𝑃𝐴𝐵

Á𝑟𝑒𝑎 ∆

𝑃𝐵𝐶

Lo mismo que en la parte uno y dos obtenemos que:

(𝑢´´: 𝑣´´: 𝑤´´) = (Á𝑟𝑒𝑎∆

𝑃𝐴𝐵:Á𝑟𝑒𝑎

∆𝑃𝐴𝐶

: Á𝑟𝑒𝑎∆

𝑃𝐵𝐶)

De las tres partes podemos afirmar que las coordenadas baricéntricas homogéneas de

un punto 𝑃 respecto del triángulo ∆

𝐴𝐵𝐶, no importando el lado que tome del triángulo, son

proporcionales a las áreas: (Á𝑟𝑒𝑎 ∆

𝑃𝐵𝐶: Á𝑟𝑒𝑎

∆𝑃𝐴𝐶

: Á𝑟𝑒𝑎 ∆

𝑃𝐴𝐵)

Teorema 1: El baricentro G tiene coordenadas baricéntricas homogéneas(1: 1: 1), ya que

las áreas

GAByGCAGBC; son iguales.

Demostración)

Trazo la mediana con respecto al lado 𝐴𝐵 con vértice en C que corta al lado 𝐴𝐵 en 𝐷, con

𝑐 = 𝐴𝐷 𝑦 𝑑 = 𝐷𝐵 .

Hipótesis)

ABC y G baricentro del

ABC .

Tesis)

GABGCAGBC

Las coordenadas baricéntricas

son(1: 1: 1)

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Además trazo la altura ℎ1 de los triángulos ∆

𝐴𝐶𝐷 𝑦

∆𝐶𝐷𝐴

y ℎ2 altura de los triángulos

∆𝐺𝐷𝐴

𝑦 ∆

𝐺𝐵𝐷 con pie en el lado 𝐴𝐵 .

Sabemos por teorema anterior que las coordenadas baricéntricas homogéneas de un punto

P cualquiera son )::()::(

PABPCAPBCwvu

Entonces las coordenadas baricéntricas homogéneas de G son proporcionales a las

siguientes áreas de los triángulos: (Á𝑟𝑒𝑎 ∆

𝐺𝐵𝐶: Á𝑟𝑒𝑎

∆𝐺𝐶𝐴

: Á𝑟𝑒𝑎∆

𝐺𝐴𝐵).

Para comenzar tomaremos una de las razones que forman entre dos coordenadas:

Á𝑟𝑒𝑎∆

𝐺𝐵𝐶

Á𝑟𝑒𝑎 ∆

𝐺𝐴𝐶

=

Gráficamente se entiende que:

Á𝑟𝑒𝑎∆

𝐺𝐵𝐶= Á𝑟𝑒𝑎

∆𝐴𝐶𝐷

− Á𝑟𝑒𝑎 ∆

𝐺𝐷𝐴

Á𝑟𝑒𝑎 ∆

𝐺𝐴𝐶= Á𝑟𝑒𝑎

∆𝐶𝐷𝐴

− Á𝑟𝑒𝑎 ∆

𝐺𝐵𝐷

Reemplazando en la razón obtendremos

=Á𝑟𝑒𝑎

∆𝐴𝐶𝐷

− Á𝑟𝑒𝑎 ∆

𝐺𝐷𝐴

Á𝑟𝑒𝑎 ∆

𝐶𝐷𝐴− Á𝑟𝑒𝑎

∆𝐺𝐵𝐷

=

12(𝑐 ∙ ℎ1 − 𝑐 ∙ ℎ2)

12(𝑑 ∙ ℎ1 − 𝑑 ∙ ℎ2)

=𝑐

𝑑

Pero por ser 𝐺 baricentro del ∆

𝐴𝐵𝐶, 𝐶𝐷 es mediana del lado 𝐴𝐵 . Entonces los lados 𝑐 𝑦 𝑑

son congruentes.

12(𝑐 ∙ ℎ1 − 𝑐 ∙ ℎ2)

12(𝑑 ∙ ℎ1 − 𝑑 ∙ ℎ2)

=𝑐

𝑑= 1 (1)

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Análogamente para las razones entre las demás áreas:

Á𝑟𝑒𝑎 𝐺𝐴𝐶

Á𝑟𝑒𝑎 𝐺𝐴𝐵= 1 y

Á𝑟𝑒𝑎 𝐺𝐴𝐵

Á𝑟𝑒𝑎 𝐺𝐵𝐶= 1 (2)

de (1) y (2) las coordenadas baricéntricas del punto G son proporcionales(1: 1: 1)

Teorema 2: El incentro I del triángulo ∆

𝐴𝐵𝐶tiene coordenadas baricéntricas homogéneas

(𝑎: 𝑏: 𝑐), sabiendo que 𝐴𝐵 = 𝑐, 𝐵𝐶 = 𝑎 𝑦 𝐴𝐶 = 𝑏, y que r es radio de la circunferencia

inscripta.

Demostración)

Llamemos 𝐴𝐵 = 𝑐, 𝐵𝐶 = 𝑎 𝑦 𝐴𝐶 = 𝑏

Por el teorema que dice:

“Si una recta es tangente a una circunferencia entonces es perpendicular al radio”, y si

además, I es incentro de la circunferencia inscripta en el triángulo

ABC entonces:

Entonces las áreas de los triángulos ∆

𝐼𝐵𝐶,

∆𝐼𝐴𝐶,

∆𝐼𝐴𝐵

son respectivamente 1

2𝑎𝑟,

1

2𝑏𝑟 y

1

2𝑐𝑟.

El radio IG forma con el lado b un ángulo (��) congruente con un recto, o sea

R1

.

El radio IE forma con el lado c un ángulo (��) congruente con un recto

Rc 1

.

El radio IF forma con el lado a un ángulo (��) congruente con un recto

Rc 1

.

Hipótesis) 𝐼 incentro del ∆

𝐴𝐵𝐶

Tesis) Las coordenadas baricéntricas de

𝐼 son (𝑎: 𝑏: 𝑐)

16

Siendo 𝐺 = 𝑟 ∩ ��, 𝐸 = 𝑟 ∩ 𝑐 y 𝐹 = 𝑟 ∩ ��.

Podemos afirmar que 𝐼𝐺 es altura del triángulo ∆

𝐼𝐴𝐶, 𝐼𝐸 es altura del triángulo

∆𝐼𝐴𝐵

y 𝐼𝐹

altura del triángulo ∆

𝐼𝐵𝐶.

brIACÁrea2

1

arIBCÁrea2

1

crIBAÁrea2

1

(1)

Retomando la demostración de coordenadas baricéntricas homogéneas del punto P y por

(1):

La coordenadas baricéntricas del punto 𝐼 son: 𝐼 = (Á𝑟𝑒𝑎 ∆

𝐼𝐵𝐶: Á𝑟𝑒𝑎

∆𝐼𝐴𝐶

: Á𝑟𝑒𝑎 ∆

𝐼𝐴𝐵)

ABIÁrea

ACIÁrea

c

b

ar

br

2

12

1

(2)

Análogamente:

b

a

br

ar

ACIÁrea

BCIÁrea

2

12

1

y a

c

ar

cr

BCIÁrea

ABIÁrea

2

12

1

(3)

de (2) y (3) obtenemos que 𝐼 = (𝑎: 𝑏: 𝑐)

17

Teorema 3: Siendo el circuncentro O y 𝑅 es el radio de la circunferencia circunscripta, las

coordenadas baricéntricas homogéneas de O son:

222222222222:: cbacbacbacbaO

Siendo las coordenadas baricéntricas del punto 𝑂:

)::(

OABÁreaOCAÁreaOBCÁreaO

Vamos a utilizar el área de un triángulo en función de un ángulo y dos de sus lados.

El área de un triangulo es alturabase 2

1 área

2

alturaaABC

(1)

Pero en el triángulo

ADC rectángulo en D , siendo 𝐷 la intersección de la altura y el lado

𝐵𝐶 , entonces AD es altura y b

AD

hipotenusa

opuestocatetoCsen

.

Despejo AD

18

CsenbAD (2)

Reemplazo (2) en (1)

2

Csenba

ABCÁrea

Todo ángulo inscripto en un arco de circunferencia es congruente con la mitad del ángulo

central correspondiente

ABOC 2

CAOB 2

BAOC 2

por ser O centro de la circunferencia

2

22

AsenR

BOCÁrea

Análogamente para

AOBÁrea y el

AOCÁrea

OABÁrea

OACÁrea

c

d

Z

Y =

2

2

2

2

2

2

CsenR

AsenR

Pero el AAsenAsen cos22

19

CCsenR

AAsenR

CsenR

AsenR

cos2

2

2

cos2

2

2

2

2

2

2

2

2

CCsen

AAsen

cos

cos

Simplifico:

2222

2222

222

222

222

222

2

2

1

2

´

2

cos

cos

cbac

acba

ab

cbac

bc

acba

ab

cbaCsen

bc

acb

c

Csena

CCsen

AAsen

)1( En el

ABC :

Usamos el teorema del seno: c

Csen

a

Asen

y del coseno: Cabbac

Abccba

cos2

cos2

222

222

Análogamente con los demás lados del triángulo.

222222222222:: cbacbacbacba

Teorema 4: La suma de las coordenadas del circuncentro dadas anteriormente es ,42

S

siendo S el doble del área del triángulo

ABC

Demostración)

Partiendo de la suma de las coordenadas del circuncentro:

222222222222

cbacbcabacba

Aplico propiedad distributiva

20

422224222242222

cbcacbcbabacaba

444222222

222 cbacbcaba (*)

Teniendo en cuenta la fórmula de Herón para el área del triángulo y haciendo manipulación

algebraica:

22222

443222232232223422

2

224222

cabcaba

acbcbcacbccbcbbcacbcbbba

Saco factor común por grupos:

)2

()2()2422()2(

22222

443222232232223422

cabcaba

acbcbcacbccbcbbcacbcbbba

)2

)(()2()2(2)2(

22

2222222222222

cbcb

aacbcbaccbcbabccbcbab

)2(2222222

cbcbaacbcb

Completamos cuadrados:

=

Aplicando diferencia de cuadrados:

cbacbaacbacb

Multiplico y divido por 4

222244

cbacbaacbacb

=

Sabiendo que P es el semiperímetro 2

cbaP

cbaP 2

2222

44cccbabbcbaacbaaacb

2

22

2

22

2

2

2

2244

cPbPPaP

Saco Factor común 2 y simplifico:

2

2

2

2

2

2

2

244

cPbPPaP

cPbPaPP44

Haciendo la raíz cuadrada y elevando al cuadrado:

2

44 cPbPaPP

2222acbacb

21

2

24 cPbPaPP

Por teorema de Herón sabemos que el área cPbPaPPABC

Y siendo S el doble del área del triángulo obtenemos entonces:

24 S

Hasta ahora hemos demostrado teoremas con un punto interior al triángulo ∆

𝑨𝑩𝑪. Si

el punto P es exterior al triángulo, podemos demostrar que las coordenadas

baricéntricas homogéneas de este punto son también proporcionales a las áreas de

los triángulos. Es decir que (𝒖: 𝒗:𝒘) = (Á𝒓𝒆𝒂 ∆

𝑷𝑩𝑪: Á𝒓𝒆𝒂

∆𝑷𝑨𝑪

:Á𝒓𝒆𝒂 ∆

𝑷𝑨𝑩).

Sea 𝑃 un punto exterior del triángulo ∆

𝐴𝐵𝐶, construimos la recta 𝐵𝑃 que corta al segmento

𝐴𝐶 en 𝐷. Queda entonces determinado el vector 𝐵𝐷 .

Consideramos 𝐵𝐷 = 𝑎, 𝐷𝑃 = 𝑏, 𝐴𝐷 = 𝑐 y 𝐷𝐶 = 𝑑.

Además, el vector

BD es la suma de dos vectores:

CDBCBD

Pero el vector 𝐶𝐷 podemos considerarlo como el producto: 𝐶𝐷 =𝑑

𝑐+𝑑𝐶𝐴 ,

Si lo remplazo en la expresión tendremos:

CA

dc

dBCBD 1

Por otro lado,

BD

a

baBP 2

Reemplazando 1 en 2 obtenemos:

22

CAdc

dBC

a

baBP

𝑂𝑃 − 𝑂𝐵 =𝑎 + 𝑏

𝑎[(𝑂𝐶 − 𝑂𝐵 ) +

𝑑

𝑐 + 𝑑(𝑂𝐴 − 𝑂𝐶 )]

Sumamos miembro a miembro por 𝑂𝐵 y aplicamos propiedad distributiva.

𝑂𝑃 = 𝑂𝐵 +𝑎 + 𝑏

𝑎𝑂𝐶 −

𝑎 + 𝑏

𝑎𝑂𝐵 +

(𝑎 + 𝑏)𝑑

𝑎(𝑐 + 𝑑)𝑂𝐴 −

(𝑎 + 𝑏)𝑑

𝑎(𝑐 + 𝑑)𝑂𝐶

Agrupando y sacando factor común:

𝑂𝑃 =(𝑎 + 𝑏)𝑑

𝑎(𝑐 + 𝑑)𝑂𝐴 +

−𝑏

𝑎𝑂𝐵 +

(𝑎 + 𝑏)𝑐

𝑎(𝑐 + 𝑑)𝑂𝐶

𝑎(𝑐 + 𝑑)𝑂𝑃 = (𝑎 + 𝑏)𝑑𝑂𝐴 − 𝑏(𝑐 + 𝑑)𝑂𝐵 + (𝑎 + 𝑏)𝑐𝑂𝐶

Entonces la coordenadas baricéntricas homogéneas de P son:

(𝑢: 𝑣: 𝑤) = ((𝑎 + 𝑏)𝑑:−𝑏(𝑐 + 𝑑): (𝑎 + 𝑏)𝑐)

Si tomamos la proporción:

cba

dba

w

u

DA

DC

c

d

DBCÁrea

ADBÁrea

DCPÁrea

ADPÁrea

DCPÁreaDBCÁrea

ADPÁreaADBÁrea

BCPÁrea

ABPÁrea

BCPÁrea

ABPÁrea

w

u

Análogamente con los demás lados del triángulo.

Teorema 5: El excentro bI del triángulo

ABC , centro de la circunferencia exisnscripta que

toca en un punto al lado AC y a las prolongaciones de BC y BA, tienen coordenadas

baricéntricas homogéneas )::()::( cbawvu

23

Observemos que la orientación del triángulo 𝐼𝑏𝐶𝐴 es distinta de los otros dos triángulos y

por eso resulta el signo negativo en la segunda coordenada. De igual manera obtendremos

que 𝐼𝑎 = (−𝑎: 𝑏: 𝑐) 𝑦 𝐼𝑐 = (𝑎: 𝑏:−𝑐).

Si consideramos la demostración anterior podemos afirmar que las coordenadas

baricéntricas homogéneas de 𝐼𝑏 son proporcionales a las siguientes áreas:

(𝑢: 𝑣: 𝑤: ) = (Á𝑟𝑒𝑎∆

𝐼𝑏𝐶𝐵: Á𝑟𝑒𝑎

∆𝐼𝑏𝐴𝐶

: Á𝑟𝑒𝑎∆

𝐼𝑏𝐴𝐵)

Pero si consideramos los lados del triángulo como a , b y c ; y br como el radio de la

circunferencia exinscrita que toca el lado AC y a las prolongaciones de BC y BA.

Tomemos las primeras dos coordenadas u y v

𝑢

𝑣=

Á𝑟𝑒𝑎 ∆

𝐼𝑏𝐵𝐶

Á𝑟𝑒𝑎 ∆

𝐼𝑏𝐴𝐶

Á𝑟𝑒𝑎 ∆

𝐼𝑏𝐵𝐶

Á𝑟𝑒𝑎 ∆

𝐼𝑏𝐴𝐶

= 𝑎 ∙ 𝑟𝑏−𝑏 ∙ 𝑟𝑏

=𝑎

−𝑏

Trabajaremos de la misma manera para las otras dos coordenadas obteniendo así que:

𝑢

𝑤=

Á𝑟𝑒𝑎∆

𝐼𝑏𝐵𝐶

Á𝑟𝑒𝑎∆

𝐼𝑏𝐴𝐵

=𝑎

𝑐

br

24

𝑣

𝑤=

Á𝑟𝑒𝑎∆

𝐼𝑏𝐴𝐶

Á𝑟𝑒𝑎∆

𝐼𝑏𝐴𝐵

=−𝑏

𝑐

De estas tres conclusiones podemos decir que las coordenadas baricéntricas de 𝐼𝑏 son

proporcionales (𝑎:−𝑏: 𝑐).

Coordenadas baricéntricas absolutas

Sea P un punto con coordenadas baricéntricas homogéneas wvu :: . Si 0 wvu ,

obtendremos las coordenadas absolutas normalizando los coeficientes para que sumen una

unidad:

wvu

CwBvAuP

Recordemos que las coordenadas baricéntricas de un punto 𝑋 son 𝑡, 1 − 𝑡 con 𝑡 ∈ 𝑅, esto

nos lleva a una construcción típica de la geometría afín, que la razón simple entre tres

puntos alineados 𝑃, 𝑄 𝑦 𝑋 es 𝑃𝑋

𝑋𝑄=

𝑡

1−𝑡, que no es más que la proporción existente entre los

dos segmentos en los que divide el punto 𝑋 al segmento 𝑃𝑄 .

Siendo entonces las coordenadas baricéntricas absolutas de 𝑋 =(1−𝑡)𝑃+𝑡𝑄

𝑡+(1−𝑡).

Si 𝑠 = 1 − 𝑡 tendremos entonces que 𝑋 =𝑠𝑃+𝑡𝑄

𝑡+𝑠.

Podemos adaptar esta fórmula para evitar los denominadores de la siguiente manera,

siendo las coordenadas baricéntricas absolutas de P y Q :

Si )::( wvuP y ´´:´: wvuQ son coordenadas baricéntricas homógeneas y

cumpliendo que ´´´ wvuwvu , entonces el punto X divide al segmento formado

por P y Q en la razón stXQPX :: y tiene coordenadas baricéntricas homogéneas

(𝑠𝑢 + 𝑡𝑢´: 𝑠𝑣 + 𝑡𝑣´: 𝑠𝑤 + 𝑡𝑤´).

25

Teorema 6:

El ortocentro está en la recta de Euler y divide al segmento OG externamente en la razón

2:3 . Las coordenadas baricéntricas pueden escribirse:

CBAH tan:tan:tan

Anteriormente vimos que 𝑂 y 𝐺 tienen coordenadas baricéntricas:

)::(222222222222

cbacbcabacbaO

)1:1:1(G

En el teorema cuatro hallamos que la suma de las coordenadas baricéntricas de O es 24S y

que la suma de G es 3.

Para poder aplicar la definición debemos trabajar con la suma de las coordenadas del punto

𝑂 y 𝐺 para que sean iguales:

Multiplicamos entonces por un factor adecuado para que ambas sumen 212S ;

y )4:4:4(222

SSSG

La primera coordenada de H , por coordenadas baricéntricas absolutas es:

22222

4332 Sacba

Aplico propiedad distributiva:

44422222242222

22236 cbacbcabaacaba (Por teorema 4)

Haciendo los cálculos correspondientes:

42244

3633 ccbba

Sumamos y restamos por 223 ba y por 22

3 ca

422443633 ccbba + 22

3 ba - 223 ba + 22

3 ca - 22

3 ca

Saco factor común 3 y luego factor común por grupos:

)()()(3422222242222224

cbcaccbbabcabaa

)()()(3222222222222

cbaccbabcbaa

Obteniendo así la primera coordenada

.3222222

cbacba

)3:3:3(222222222222

cbacbcabacbaO

26

De la misma manera obtendremos la segunda coordenada:

.3222222

cbacba y la tercera: .3222222

cbacba

Dividiendo por 222222222cbacbacba tendremos que las

coordenadas del punto 𝐻 son:

222222222

1:

1:

1

cbabacacbH (1)

Tomamos la primera coordenada:

222

1

acb

Dividimos y multiplicamos por bc2

bc

acb

bc

acb

2

2

1

1222222

(2)

Aplicaremos el Teorema del coseno, cos 𝐴 =𝑏2+𝑐2−𝑎2

2𝑏𝑐 (3) y área del triángulo utilizando la

función seno: Á𝑟𝑒𝑎 ∆= 𝑏𝑐 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝐴. Además llamaremos S al doble del área del triángulo,

entonces 𝑆 = 2 ∙ (𝑏𝑐 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝐴). Despejamos 2𝑏𝑐 y obtenemos que 2𝑏𝑐 =𝑆

𝑠𝑒𝑛 𝐴(4)

Reemplazando (3) y (4) en (2) tendremos:

S

TangA

CosA

S

SenA

CosA

SenA

S

bc

acb

bc

1

2

2

1

222

Análogamente para las otras dos coordenadas

𝐻 = (𝑡𝑎𝑛𝑔 𝐴: 𝑡𝑎𝑛𝑔 𝐵: 𝑡𝑎𝑛𝑔 𝐶)

27

Teorema 7: Siendo 𝐹 el centro de la circunferencia de los nueve puntos (circunferencia de

Feuerbach del triángulo) divide al segmento 𝑂𝐺 en la razón 𝑂𝐹 : 𝐹𝐺 = 3:−1, entonces las

coordenadas baricéntricas de 𝐹 son:

𝐹 = (𝑎 cos(𝐵 − 𝐶) : 𝑏 cos(𝐶 − 𝐴) : 𝑐 cos(𝐴 − 𝐵))

D)

Partiendo igual que el teorema anterior, debemos igualar las coordenadas de los puntos

𝑂 𝑦 𝐺:

𝑂 = (3𝑎2(𝑏2 + 𝑐2 − 𝑎2): 3𝑏2 (𝑐2 + 𝑎2 − 𝑏2): 3𝑐2 (𝑎2 + 𝑏2 − 𝑐2))

𝐺 = (4𝑆2: 4𝑆2: 4𝑆2)

Entonces la primera coordenada baricéntrica de 𝐹 podemos escribirla como:

(−1)(3𝑎2(𝑏2 + 𝑐2 − 𝑎2) + 3(4𝑆2) =

= −3𝑎2𝑏2 − 3𝑎2𝑐2 + 3𝑎4 + 3(2𝑎2𝑏2 + 2𝑎2𝑐2 + 2𝑏2𝑐2 − 𝑎4 − 𝑏4 − 𝑐4) =

= 3𝑎2𝑏2 + 3𝑎2𝑐2 + 6𝑏2𝑐2 − 3𝑏4 − 3𝑐4 =

= 3(𝑎2𝑏2 + 𝑎2𝑐2 + 2𝑏2𝑐2 − 𝑏4 − 𝑐4) =

Multiplico y divido

= 3 ∙ 𝑎 ∙ 2𝑎𝑏𝑐 ∙ [1

𝑎∙

1

4𝑎𝑏𝑐∙ 2 ∙ (𝑎2𝑏2 + 𝑎2𝑐2 + 2𝑏2𝑐2 − 𝑏4 − 𝑐4)] =

= 3 ∙ 𝑎 ∙ 2𝑎𝑏𝑐 ∙ [2𝑎2𝑏2 + 2𝑎2𝑐2 + 4𝑏2𝑐2 − 2𝑏4 − 2𝑐4

4𝑎2𝑏𝑐] =

= 6𝑎𝑏𝑐 ∙ 𝑎 [(2𝑏2𝑐2−𝑐4−𝑏4+𝑎4)+(2𝑎2𝑏2+2𝑎2𝑐2+2𝑏2𝑐2−𝑏4−𝑐4−𝑎4)

4𝑎2𝑏𝑐] = (1)

Por teorema cuatro sabemos que 2𝑎2𝑏2 + 2𝑎2𝑏2 + 2𝑏2𝑐2 − 𝑎4 − 𝑏4 − 𝑐4 = 4𝑆2 y

trabando algebraicamente resulta 2𝑏2𝑐2 − 𝑐4 − 𝑏4 + 𝑎4 = 𝑎4 + 𝑎2𝑏2 − 𝑎2𝑐2 + 𝑎2𝑐2 +

𝑏2𝑐2 − 𝑐4 − 𝑎2𝑏2 − 𝑏4 + 𝑏2𝑐2 =

28

Sacando factor común por grupos obtenemos (𝑎2 + 𝑐2 − 𝑏2)(𝑎2 + 𝑏2 − 𝑐2).

Reemplazando en (1)

= 6𝑎𝑏𝑐 ∙ 𝑎 [(𝑎2 + 𝑐2 − 𝑏2)(𝑎2 + 𝑏2 − 𝑐2) + 4𝑆2

4𝑎2𝑏𝑐] =

= 6𝑎𝑏𝑐 ∙ 𝑎 [𝑎2 + 𝑐2 − 𝑏2

2𝑎𝑏∙𝑎2 + 𝑏2 − 𝑐2

2𝑎𝑐+

𝑆

𝑎𝑐∙

𝑆

𝑎𝑏] =

Para llegar al resultado final debemos tener en cuenta que:

𝐶𝑜𝑠𝐵 =𝑎2+𝑐2−𝑏2

2𝑎𝑏 y 𝑆 = 𝑎𝑐 𝑆𝑒𝑛 𝐵, siendo 𝑆 el área del triángulo

= 6𝑎𝑏𝑐 ∙ 𝑎[𝐶𝑜𝑠𝐵 ∙ 𝐶𝑜𝑠𝐶 + 𝑆𝑒𝑛𝐵 ∙ 𝑆𝑒𝑛𝐶] =

= 6𝑎𝑏𝑐 ∙ 𝑎[𝐶𝑜𝑠(𝐵 − 𝐶)]

Entonces la primera coordenada para 𝐹 es igual a: 6𝑎𝑏𝑐 ∙ 𝑎 ∙ [𝐶𝑜𝑠(𝐵 − 𝐶)]

Análogamente se obtendrán las otras dos coordenadas del punto

6𝑎𝑏𝑐 ∙ 𝑏 ∙ [𝐶𝑜𝑠(𝐶 − 𝐴)] y 6𝑎𝑏𝑐 ∙ 𝑐 ∙ [𝐶𝑜𝑠(𝐴 − 𝐵)]

∴ 𝐹 = (𝑎 𝐶𝑜𝑠(𝐵 − 𝐶): 𝑏 𝐶𝑜𝑠 (𝐶 − 𝐴): 𝑐 𝐶𝑜𝑠 (𝐴 − 𝐵))

Cevianas y trazas

Dado un punto 𝑃, a las rectas que lo unen a los vértices de un triángulo 𝐴𝐵𝐶,

𝐴𝑃, 𝑃𝐵 𝑦 𝐶𝑃, se las conoce como cevianas de 𝑃.

Llamaremos trazas, 𝐴𝑃,𝐵𝑃 𝑦 𝐶𝑃, a la intersección de estas cevianas con los lados del

triángulo.

Los puntos 𝐴𝑃,𝐵𝑃 𝑦 𝐶𝑃 forman un triángulo denominado triángulo ceviano de 𝑃 y cuyos

vértices son 𝐴𝑝 = (0: 𝑦: 𝑧), 𝐵𝑝 = (𝑥: 0: 𝑧) y 𝐶𝑝 = (𝑥: 𝑦: 0).

Al triángulo ceviano del baricentro se lo conoce como el triángulo medial.

De acuerdo con la convención, 𝑎 es la medida del lado opuesto al vértice A, b es la medida

del lado opuesto al vértice 𝐵 y 𝑐 es la medida del lado opuesto al vértice 𝐶.

Hallamos la circunferencia inscripta del triángulo 𝐴𝐵𝐶 que tiene como puntos de tangencia

a los puntos 𝑀,𝑁 𝑦 𝐸sobre los lados 𝑎, 𝑏 𝑦 𝑐 respectivamente.

29

Usando el teorema que dice que los segmentos de tangencia a una circunferencia, trazadas

desde un punto exterior a ella, son congruentes. Entonces en la figura anterior 𝐴𝐸 = 𝐴𝑁 , a

esa medida la llamamos 𝑥 , 𝐵𝐸 = 𝐵𝑀 y la llamaremos 𝑦 y 𝐶𝑁 = 𝐶𝑀, la llamamos 𝑧.

Por el concepto de perímetro podemos decir que el 𝑃𝑒𝑟í𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 pero en

términos de lo anterior, el 𝑃𝑒𝑟í𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 = 2(𝑥 + 𝑦 + 𝑧). De este concepto podemos

utilizar la mitad del perímetro, el semiperímetro 𝑠 = 𝑥 + 𝑦 + 𝑧.

Es fácil ver que los lados del triángulo en términos de las tangentes son:

𝑎 = 𝑦 + 𝑧

𝑏 = 𝑥 + 𝑧

𝑐 = 𝑥 + 𝑦

Así que si le sumamos en cada una de las ecuaciones la tangente ausente obtendremos:

𝑎 + 𝑥 = 𝑠

𝑏 + 𝑦 = 𝑠

𝑐 + 𝑧 = 𝑠

Esto da lugar a ecuaciones más interesantes, la tangente expresada en términos del

semiperímetro y uno de los lados del triángulo:

𝑥 = 𝑠 − 𝑎

𝑦 = 𝑠 − 𝑏

𝑧 = 𝑠 − 𝑐

Es decir que la longitud de la tangente es igual al semiperímetro menos la longitud del lado

opuesto.

30

Punto de Nagel

Los puntos de tangencia de las circunferencias exinscriptas de los lados del triángulo tiene

coordenadas

𝑥 = (0: 𝑠 − 𝑏: 𝑠 − 𝑐)

𝑦 = (𝑠 − 𝑎: 0: 𝑠 − 𝑐)

𝑧 = (𝑠 − 𝑎: 𝑠 − 𝑏: 0)

Estas son las trazas del punto de Nagel 𝑁𝑎 , que tiene como coordenadas

𝑁𝑎 = (𝑠 − 𝑎: 𝑠 − 𝑏: 𝑠 − 𝑐)

Punto de Gergonne

Utilizando lo anterior y el teorema de

Ceva las coordenadas de los puntos de

tangencia de la circunferencia inscripta

con los lados del triángulo son:

𝑀 = (0: 𝑠 − 𝑏: 𝑠 − 𝑐)

𝑁 = (𝑠 − 𝑎: 0: 𝑠 − 𝑐)

𝐸 = (𝑠 − 𝑎: 𝑠 − 𝑏: 0)

Por lo tanto, la intersección de las trazas da como resultado un punto llamado punto de

Gergonne y las coordenadas de este punto son 𝐺𝑒 = (𝑠 − 𝑎: 𝑠 − 𝑏: 𝑠 − 𝑐). Podemos

reescribirlo como 𝐺𝑒 = (1

𝑠−𝑎:

1

𝑠−𝑏:

1

𝑠−𝑐).

Teorema:

El punto de Nagel está en la recta que une el baricentro y el incentro, y divide a 𝐼𝐺 en la

razón: 𝐼𝑁𝑎

𝑁𝑎𝐺=

3

−2

31

El punto de Nagel tiene coordenadas baricéntricas absolutas:

𝑁𝑎 =1

𝑠 − 𝑎 + 𝑠 − 𝑏 + 𝑠 − 𝑐[(𝑠 − 𝑎)𝐴 + (𝑠 − 𝑏)𝐵 + (𝑠 − 𝑐)𝐶]

𝑁𝑎 =1

3𝑠 − (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)[𝑠(𝐴 + 𝐵 + 𝐶) − (𝑎𝐴 + 𝑏𝐵 + 𝑐𝐶)]

Pero sabemos que s es el semiperímetro 𝑠 =𝑎+𝑏+𝑐

2

𝑁𝑎 =1

3𝑠 − 2𝑠[𝑠(𝐴 + 𝐵 + 𝐶) − (𝑎𝐴 + 𝑏𝐵 + 𝑐𝐶)]

𝑁𝑎 = (𝐴 + 𝐵 + 𝐶) −1

𝑠(𝑎𝐴 + 𝑏𝐵 + 𝑐𝐶)

Sabiendo que las coordenadas baricéntricas absolutas de 𝐺 𝑦 𝐼

𝐺 =𝐴 + 𝐵 + 𝐶

3 → 3𝐺 = 𝐴 + 𝐵 + 𝐶

𝐼 =𝑎𝐴 + 𝑏𝐵 + 𝑐𝐶

𝑎 + 𝑏 + 𝑐 → 2𝐼 = 2 (

𝑎𝐴 + 𝑏𝐵 + 𝑐𝐶

𝑎 + 𝑏 + 𝑐) → 2𝐼 =

𝑎𝐴 + 𝑏𝐵 + 𝑐𝐶

𝑎 + 𝑏 + 𝑐2

→

2𝐼 =𝑎𝐴 + 𝑏𝐵 + 𝑐𝐶

𝑠

Reemplazando en la expresión tendremos:

𝑁𝑎 = 3𝐺 − 2𝐼

Concluimos que el punto de Nagel, el centroide y el incentro se encuentran alineados.

El punto de Nagel divide al segmento 𝐼𝐺 externamente con razón 3:-2.

32